Các dạng bài tập VDC khối đa diện và thể tích của chúng - TOANMATH.com

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.07 MB, 103 trang )

(1)CHƯƠNG I: KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN BÀI 1. KHÁI NIỆM VỀ KHỐI ĐA DIỆN A. LÍ THUYẾT I – KHỐI LĂNG TRỤ VÀ KHỐI CHÓP Khối lăng trụ là phần không gian được giới hạn bởi một hình lăng trụ kể cả hình lăng trụ ấy. Khối chóp là phần không gian được giới hạn bởi một hình chóp kể cả hình chóp ấy. Khối chóp cụt là phần không gian được giới hạn bởi một hình chóp cụt kể cả hình chóp cụt ấy. II – KHÁI NIỆM VỀ HÌNH ĐA DIỆN VÀ KHỐI ĐA DIỆN 1. Khái niệm về hình đa diện Hình đa diện là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai tính chất:  Hai đa giác phân biệt chỉ có thể hoặc không có điểm chung, hoặc chỉ có một đỉnh chung, hoặc chỉ có một cạnh chung.  Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác. Mỗi đa giác như trên được gọi là một mặt của hình đa diện. Các đỉnh, các cạnh của đa giác ấy theo thứ tự gọi là các đỉnh, các cạnh của hình đa diện. 2. Khái niệm về khối đa diện Khối đa diện là phần không gian được giới hạn bởi một hình đa diện, kể cả hình đa diện đó. Những điểm không thuộc khối đa diện được gọi là điểm ngoài của khối đa diện. Tập hợp các điểm ngoài được gọi là miền ngoài của khối đa diện. Những điểm thuộc khối đa diện nhưng không thuộc hình đa diện ứng với đa diện ấy được gọi là điểm trong của khối đa diện. Tập hợp các điểm trong được gọi là miền trong của khối đa diện. Mỗi khối đa diện được xác định bởi một hình đa diện ứng với nó. Ta cũng gọi đỉnh, cạnh, mặt, điểm trong, điểm ngoài… của một khối đa diện theo thứ tự là đỉnh, cạnh, mặt, điểm trong, điểm ngoài… của hình đa diện tương ứng. d. Miền ngoài Điểm trong. Điểm ngoài M. Ví dụ - Các hình dưới đây là những khối đa diện:. N.

(2) - Các hình dưới đây không phải là những khối đa diện:. Hình a. Hình b. Hình c. Giải thích: Hình a không phải là hình đa diện vì tồn tại cạnh không phải là cạnh chung của hai mặt; Hình b không phải là hình đa diện vì có một điểm đặc biệt trong hình, điểm đó không phải là đỉnh chung của hai đa giác; Hình c không phải là hình đa diện vì tồn tại một cạnh là cạnh chung của bốn đa giác. III – HAI ĐA DIỆN BẰNG NHAU 1. Phép dời hình trong không gian Trong không gian, quy tắc đặt tương ứng mỗi điểm M với điểm M ¢ xác định duy nhất được gọi là một phép biến hình trong không gian. Phép biến hình trong không gian được gọi là phép dời hình nếu nó bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm tùy ý. . a) Phép tịnh tiến theo vectơ v , là phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M ¢ sao cho   MM ¢ = v . Kí hiệu là T v .. b) Phép đối xứng qua mặt phẳng ( P ) là phép biến hình biến mỗi điểm thuộc ( P ) thành chính nó, biến mỗi điểm M không thuộc ( P ) thành điểm M ¢ sao cho ( P ) là mặt phẳng trung trực của MM ¢ . Nếu phép đối xứng qua mặt phẳng ( P ) biến hình ( H ) thành chính nó thì ( P ) được gọi là mặt phẳng đối xứng của ( H ) . c) Phép đối xứng tâm O là phép biến hình biến điểm O thành chính nó, biến mỗi điểm M khác O thành điểm M ¢ sao cho O là trung điểm của MM ¢ . Nếu phép đối xứng tâm O biến hình ( H ) thành chính nó thì O được gọi là tâm đối xứng của ( H ) . d) Phép đối xứng qua đường thẳng D là là phép biến hình biến mọi điểm thuộc đường thẳng D thành chính nó, biến mỗi điểm M không thuộc D thành điểm M ¢ sao cho D là đường trung trực của MM ¢ ..

(3) Nếu phép đối xứng qua đường thẳng D biến hình ( H ) thành chính nó thì D được gọi là trục đối xứng của ( H ) . Nhận xét  Thực hiện liên tiếp các phép dời hình sẽ được một phép dời hình.  Phép dời hình biến đa diện ( H ) thành đa diện ( H ¢) , biến đỉnh, cạnh, mặt của ( H ) thành đỉnh, cạnh, mặt tương ứng của ( H ¢) . Ví dụ:Cho hình lập phương. ABCD . A ¢B ¢C ¢D ¢ .. Khi đó:.  Các hình chóp A . A ¢B ¢C ¢D ¢ và C ¢. A BCD bằng nhau (vì qua phép đối xứng tâm O hình chóp A . A ¢B ¢C ¢D ¢ biến thành hình chóp C ¢. A BCD ).  Các hình lăng trụ ABC . A ¢B ¢C ¢ và AA ¢D ¢. BB ¢C ¢ bằng nhau (vì qua phép đối xứng qua mặt phẳng ( AB ¢C ¢D ) thì hình lăng trụ ABC . A ¢B ¢C ¢ biến thành hình lăng trụ AA ¢D ¢. BB ¢C ¢ ). A. D C. B. A. D C. B. O. A' B'. A'. D' C'. B'. D' C'. 2. Hai hình bằng nhau Hai hình được gọi là nếu có một phép dời hình biến hình này thành hình kia. Đặc biệt, hai đa diện được gọi là bằng nhau nếu có một phép dời hình biến đa diện này đa diện kia. IV – PHÂN CHIA VÀ LẮP GHÉP CÁC KHỐI ĐA DIỆN Nếu khối đa diện ( H ) là hợp của hai khối đa diện ( H1 ) và ( H 2 ) sao cho ( H1 ) và ( H 2 ) không có chung điểm trong nào thì ta nói có thể phân chia được khối đa diện ( H ) thành hai khối đa diện ( H1 ) và ( H 2 ) . Khi đó ta cũng nói có thể ghép hai khối đa diện ( H1 ) và ( H 2 ) để được khối đa diện ( H ) . Ví dụ 1. Với khối chóp tứ giác S . ABCD , xét hai khối chóp tam giác S . ABC và S . ACD .. Ta thấy rằng:.

(4)  Hai khối chóp S . ABC và S . ACD không có điểm trong chung (tức là không tồn tại điểm trong của khối chóp này là điểm trong của khối chóp kia và ngược lại).  Hợp của hai khối chóp S . ABC và S . ACD chính là khối chóp S . ABCD. Vậy khối chóp S . ABCD được phân chia thành hai khối chóp S . ABC và S . ACD hay hai khối chóp S . ABC và S . ACD được ghép lại thành khối chóp S . ABCD .. Ví dụ 2. Cắt khối lăng trụ. ABC . A ¢B ¢C ¢. bởi mặt phẳng ( A ¢BC ) .. Khi đó, khối lăng trụ được phân chia thành hai khối đa diện Nếu ta cắt khối chóp chóp. A ¢BCB ¢. và. A ¢BCC ¢B ¢. A ¢A BC. và. A ¢BCC ¢B ¢ .. bởi mặt phẳng ( A ¢B ¢C ) thì ta chia khối chóp. A ¢BCC ¢B ¢. thành hai khối. A ¢CC ¢B ¢ .. Vậy khối lăng trụ. ABC . A ¢B ¢C ¢. được chia thành ba khối tứ diện là. A ¢A BC , A ¢BCB ¢. và. A ¢CC ¢B ¢ .. MỘT SÔ KẾT QUẢ QUAN TRỌNG +) Kết quả 1: Một khối đa diện bất kì có ít nhất 4 mặt. +) Kết quả 2: Mỗi hình đa diện có ít nhất 4 đỉnh. +) Kết quả 3: Cho  H  là đa diện mà tất các mặt của nó là những đa giác có p cạnh. Nếu số mặt của  H  là lẻ thì p phải là số chẵn. +) Kết quả 4: Cho  H  là đa diện có m mặt, mà các mặt của nó là những đa giác có p cạnh. Khi đó số cạnh của  H  là c . pm . 2. +) Kết quả 5: Mỗi khối đa diện có các mặt là các tam giác thì tổng số các mặt của nó phải là một số chẵn..

(5) +) Kết quả 6: Mỗi khối đa diện bất kì luôn có thể được phân chia thành những khối tứ diện +) Kết quả 7: Mỗi đỉnh của một đa diện là đỉnh chung của ít nhất 3 cạnh. +) Kết quả 8: Nếu khối đa diện có mỗi đỉnh là đỉnh chung của 3 cạnh thì số đỉnh phải là số chẵn. Tổng quát: Một đa diện mà mỗi đỉnh của nó đều là đỉnh chung của một số lẻ mặt thì tổng đỉnh là một số chẵn.. +) Kết quả 9: Mỗi hình đa diện có ít nhất 6 cạnh. +) Kết quả 10: Không tồn tại hình đa diện có 7 cạnh. +) Kết quả 11: Với mỗi số nguyên k  3 luôn tồn tại một hình đa diện có 2k cạnh. +) Kết quả 12: Với mỗi số nguyên k  4 luôn tồn tại một hình đa diện có 2k  1 cạnh. +) Kết quả 13: Không tồn tại một hình đa diện có +) Số mặt lớn hơn hoặc bằng số cạnh; +) Số đỉnh lớn hơn hoặc bằng số cạnh. +) Kết quả 14: Tồn tại khối đa diện có 2n mặt là những tam giác đều. II. CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng 1. Điều kiện để một hình là hình đa diện – khối đa diện. 1. Phương pháp giải. Hình đa diện là hình được tạo bởi một Ví dụ: số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai tính chất: Các hình dưới đây là những khối đa diện : +) Hai đa giác phân biệt chỉ có thể hoặc không có điểm chung, hoặc chỉ có một đỉnh chung, hoặc chỉ có một cạnh chung. +) Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác.. Các hình dưới đây không phải là khối đa diện:. 2. Bài tập Bài tập 1: Cho các hình sau. Hình không phải hình đa diện là.

(6) A. Hình (a).. B. Hình (b).. C. Hình (c).. D. Hình (d).. Hướng dẫn giải Chọn D.. Áp dụng các tính chất của hình đa diện: Mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt; Hai mặt bất kì hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung, hoặc không có điểm chung nào. Hình d vi phạm quy tắc: có cạnh trên cùng chỉ là cạnh của một mặt. Bài tập 2: Trong các hình dưới đây, hình nào là hình đa diện?. A. Hình 1.. B. Hình 2.. C. Hình 3.. D. Hình 4.. Hướng dẫn giải Chọn C.. Hình 1 không phải là hình đa diện vì có một cạnh là cạnh chung của 4 đa giác, loại A. Hình 2 không phải là hình đa diện vì có một cạnh là cạnh chung của 3 đa giác, loại B. Hình 4 không phải là hình đa diện vì có một cạnh là cạnh chung của 4 đa giác, loại D. Hình 3 là hình đa diện vì nó thỏa mãn khái niệm hình đa diện. Dạng 2. Xác định số đỉnh, cạnh, mặt của một khối đa diện 1. Phương pháp giải. Mỗi đa giác gọi là một mặt của hình đa diện.. Ví dụ:. Các đỉnh, cạnh của các đa giác ấy theo thứ tự Hình sau đây có 11 đỉnh, 20 cạnh, 11 được gọi là các đỉnh, cạnh của hình đa diện. mặt.

(7) 2. Bài tập Bài tập 1. Số mặt của hình đa diện ở hình vẽ dưới đây là ? A. 11.. B. 10.. C. 12.. D. 9.. Hướng dẫn giải Chọn D. Hình đa diện trên có 9 mặt là.  ABD  ;  BDC  ;  ADC  ;  ABFE  ;  BFGC  ;  ACGE  ;  HFE  ;  HFG  ;  EHG  .. Bài tập 2: Cho hình đa diện như hình vẽ bên. Hỏi có bao nhiêu đoạn thẳng nối 2 đỉnh của hình đa diện nhưng không là cạnh của hình đa diện? A. 66.. B. 30.. C. 36.. D. 102.. Chú ý:. Hình đa diện có n đỉnh thì sẽ có. Cn2. cạnh nối 2 đỉnh của hình đa diện.

(8) nhưng không là cạnh của hình đa diện là hiệu của. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có khối đa 20 mặt có 12 đỉnh. Số đoạn thẳng được tạo thành 12 đỉnh trên là C122 cạnh.. Cn2 và số. Số cạnh của khối 20 mặt trên là 30 cạnh.. cạnh khối đa diện.. Vậy số đoạn thẳng nối hai đỉnh của hình đa diện nhưng không phải là cạnh của hình đa diện là C122  30  36 . Bài tập 3. Cho một hình chóp có số đỉnh là 2018, số cạnh của hình chóp Chú ý:. đó là. + Hình chóp có n. A. 2019... B. 1009.. đỉnh. C. 4036.. D. 4034.. 2.  n  1 cạnh.. Hướng dẫn giải. sẽ. có. + Hình chóp có n. Chọn D. đỉnh thì sẽ có n mặt.. Hình chóp có 2018 đỉnh thì đa giác đáy có 2017 đỉnh, nên có 2017 cạnh đáy và 2017 cạnh bên. Vậy hình chóp có 2017  2017  4034 cạnh. Dạng 3. Phân chia, lắp ghép các khối đa diện 1. Phương pháp giải. Nếu khối đa diện  H  là hợp của hai khối đa diện. thì.  H1  ,  H 2 . sao cho.  H1 . và.  H2 . không có chung điểm trong nào thì ta nói có thể chia được khối đa diện  H  thành hai khối đa diện  H1  và  H 2  , hay có thể lắp ghép hai khối đa diện  H1  và  H 2  với nhau để được khối đa diện  H  .. 2. Bài tập.

(9) Bài tập 1. Cho khối tứ diện ABCD . Lấy điểm M nằm giữa A và B , điểm N nằm giữa C và D . Bằng hai mặt phẳng  CDM  và  ABN  , ta chia khối tứ diện đó thành bốn khối. tứ diện nào sau đây ? A. MANC , BCDN , AMND, ABND. B. NACB, BCMN , ABND, MBND. C. ABCN , ABND, AMND, MBND. D. MBND, MBNC , AMDN , AMNC. Hướng dẫn giải Chọn D.. Dựa vào hình vẽ, ta thấy hai mặt phẳng.  CDM . và  ABN  chia khối tứ diện ABCD. thành bốn khối tứ diện là MBDN , MBNC , AMDN , AMNC. Bài tập 2. Các khối lập phương đen và trắng xếp chồng lên nhau xen kẽ màu tạo thành một khối rubik 7  5  7 (như hình vẽ).. Gọi x là số khối lập phương nhỏ màu đen, y khối lập phương nhỏ màu trắng. Giá trị x  y là A. 1 .. B. 0.. C. 1. Hướng dẫn giải. D. 2..

(10) Chọn C.. Có 7 lớp hình vuông xếp chồng lên nhau. Mỗi lớp có 7  5  35 khối nhỏ. Ta thấy hai lớp dưới đáy, một khối đen chồng lên một khối trắng (hay ngược lại) nên số lượng khối đen, trắng bằng nhau. Tương tự 6 lớp bên dưới có số lượng khối đen, trắng bằng nhau. Ta xét lớp trên cùng có 4  3  4  3  4  18 khối màu đen và có 3  4  3  4  3  17 khối màu trắng  x  y  1 . Bài tập 3. Mặt phẳng ( AB ¢C ¢) chia khối lăng trụ A. B. C. D.. ABC . A ¢B ¢C ¢. thành các khối đa diện nào?. Một khối chóp tam giác và một khối chóp tứ giác. Hai khối chóp tam giác. Một khối chóp tam giác và một khối chóp ngũ giác. Hai khối chóp tứ giác. Hướng dẫn giải. Chọn A Dựa vào hình vẽ, ta thấy mặt phẳng ( AB ¢C ¢) chia khối lăng trụ. chóp tam giác. A . A ¢B ¢C ¢. và khối chóp tứ giác. ABC . A ¢B ¢C ¢. thành khối. A . BCC ¢B ¢.. A. C B C'. A'. B'. Bài tập 4. Lắp ghép hai khối đa diện ( H1 ), ( H 2 ) để tạo thành khối đa diện ( H ) , trong đó ( H1 ) là. khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng a , ( H 2 ) là khối tứ diện đều cạnh a sao cho một mặt của ( H1 ) trùng với một mặt của ( H 2 ) như hình vẽ. Hỏi khối da diện ( H ) có tất cả bao nhiêu mặt?. A. 5.. B. 7.. C. 8.. D. 9.. Hướng dẫn giải Chọn A. Khối đa diện ( H ) có đúng 5 mặt. Sai lầm hay gặp: Khối chóp tứ giác đều có 5 mặt. Khối tứ diện đều có 4 mặt. Ghép hai hình lại như hình vẽ ta được khối đa diện ( H ) có 8 mặt. Bài tập 5. Có thể chia một hình lập phương thành bao nhiêu khối tứ diện bằng nhau?.

(11) A. 2.. B. 4.. C. 6.. D. 8.. Hướng dẫn giải Chọn C Lần lượt dùng mặt phẳng ( BDD ¢B ¢) ta chia thành hai khối lập phương thành hai khối lăng. trụ. ABD . A ¢B ¢D ¢.  Với khối. và. BCD . B ¢C ¢D ¢ .. ABD . A ¢B ¢D ¢. ta lần lượt dùng các mặt phẳng ( AB ¢D ¢) và ( AB ¢D ) chia thành ba. khối tứ diện bằng nhau.  Tương tự với khối BCD . B ¢C ¢D ¢ . Vậy có tất cả 6 khối tứ diện bằng nhau.. Dạng 4: Phép biến hình trong không gian 1. Phương pháp giải. Phép biến hình F biến điểm M thành điểm M  duy nhất và kí hiệu M   F  M .. Qua phép biến hình F, mỗi hình. H . được biến thành hình  H   gồm tất cả các ảnh của các điểm thuộc hình  H  .. Hai hình  H  và  H   gọi là bằng nhau. Ví dụ: Cho hình lập phương ABCD. ABC D.. nếu có một phép dời hình biến hình này Khi đó: thành hình kia. + Các hình chóp A. ABC D và C . ABCD bằng nhau (vì qua phép đối xứng tâm O hình chóp A. ABC D biến thành hình chóp C . ABCD ). + Các hình lăng trụ ABC. ABC  và AAD.BBC  bằng nhau (qua phép đối xứng qua mặt phẳng  ABC D  thì hình lăng trụ ABC. ABC . biến. thành. hình. lăng. trụ.

(12) AAD.BBC  .. + Hai hình tứ diện ABCD và ABC D bằng nhau nếu chúng có các cạnh tương ứng bằng nhau, nghĩa là: AB  AB , BC  BC  , CD=CD , DA=DA , AC  AC  , BD  BD .. Hình  H  được gọi là đồng dạng với hình.  H . nếu có phép vị tự biến hình. H . thành hình  H1  mà hình  H1  bằng hình.  H  . 2. Bài tập Bài tập 1: Cho hình lăng trụ ABCD. ABC D. Ảnh của đoạn thẳng AB qua phép tịnh  tiến theo vectơ CC  là: A. Đoạn thẳng CD .. B. Đoạn thẳng DD .. C. Đoạn thẳng CD .. D. Đoạn thẳng AB . Hướng dẫn giải. Chọn D..

(13) T  A   A   AB   AB . Ta có  CC  TCC    B   B TCC . Bài tập 2: Cho hình chóp đều S . ABCD như hình vẽ. Phép đối xứng qua mặt phẳng.  SAC . biến hình chóp S.ABD thành hình. chóp nào sau đây? A. S . ABC. B. S . ABD. C. S . ABO. D. S . ADC. Hướng dẫn giải Chọn B.  Đ SAC   S   S   Đ SAC   A   A Ta có   Đ SAC   S . ABD   S . ADB.  Đ SAC   B   D   Đ SAC   D   B . Bài tập 3. Cho hai đường thẳng song song d, d và một điểm O không nằm trên chúng.. Có bao nhiêu phép vị tự tâm O biến d thành d ? A. Có một.. B. Không có.. C. Có hai.. D. Có một hoặc không có. Hướng dẫn giải. Chọn D. + Trong trường hợp O , d, d đồng phẳng thì tồn tại duy nhất phép vị tự tâm O biến. d thành d . + Trong trường hợp O   d, d  thì không tồn tại phép vị tự tâm O biến d thành d . Bài tập 4. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD . Số mặt phẳng qua điểm S và cách đều các điểm A, B, C , D là A. 1.. B. 2.. C. 3. Hướng dẫn giải. Chọn C.. D. 5..

(14) Có ba mặt phẳng gồm: + Một mặt phẳng qua đỉnh hình chóp và song song với  ABCD  . + Hai mặt phẳng qua đỉnh hình chóp và qua hai trung điểm của cặp cạnh đối của hình vuông ABCD . Bài tập 5. Hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 5.. B. 6.. C. 3.. D. 4.. Hướng dẫn giải Chọn D.. Hình lăng trụ tam giác đều có bốn mặt đối xứng gồm: Ba mặt là mặt phẳng chứa một cạnh bên và hai trung điểm của hai cạnh đáy không chung đỉnh với cạnh bên đó. Một mặt phẳng chứa trung điểm của ba cạnh bên của hình lăng trụ. Bài tập 6. Gọi n1 , n2 , n3 lần lượt là số trục đối xứng của khối tứ diện đều, khối chóp tứ giác đều và. khối lập phương. Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. n1 = 0, n2 = 0, n3 = 6. B. n1 = 0, n2 = 1, n3 = 9. C. n1 = 3, n2 = 1, n3 = 9.. D. n1 = 0, n2 = 1, n3 = 3. Hướng dẫn giải. Chọn C. Khối tứ diện đều có 3 trục đối xứng (đi qua trung điểm của các cặp cạnh đối diện). Khối chóp tứ giác đều có 1 trục đối xứng (đi qua đỉnh và tâm của mặt tứ giác). Khối lập phương có 9 trục đối xứng (Loại 1: đi qua tâm của các mặt đối diện ; Loại 2: đi qua trung điểm các cặp cạnh đối diện). Bài tập 7. Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 4 mặt phẳng. B. 1 mặt phẳng. C. 2 mặt phẳng.. D. 3 mặt phẳng..

(15) Hướng dẫn giải Chọn A. Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng bao gồm:.  2 mặt phẳng đi qua đỉnh hình chóp và chứa đường trung bình của đáy.  2 mặt phẳng đi qua đỉnh hình chóp và chứa đường chéo của đáy. Bài tập 8. Số mặt phẳng đối xứng của hình tứ diện đều là: A. 4 mặt phẳng. B. 6 mặt phẳng. C. 8 mặt phẳng. phẳng.. D.. 10. mặt. Hướng dẫn giải Chọn B. Các mặt phẳng đối xứng của hình tứ diện đều là các mặt phẳng chứa một cạnh và qua trung điểm cạnh đối diện.. Vậy hình tứ diện đều có 6 mặt phẳng đối xứng. Bài tập 9. Hình hộp chữ nhật có ba kích thước đôi một khác nhau có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 4 mặt phẳng. B. 6 mặt phẳng. C. 9 mặt phẳng. D. 3 mặt phẳng. Hướng dẫn giải Chọn D. Hình hộp chữ nhật (không là hình lập phương) có các mặt phẳng đối xứng là các mặt các mặt phẳng trung trực của các cặp cạnh đối.. Bài tập 10. Một hình hộp đứng có đáy là hình thoi (không phải là hình vuông) có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 4 mặt phẳng. B. 1 mặt phẳng. C. 2 mặt phẳng. D. 3 mặt phẳng. Hướng dẫn giải Chọn D. Hình hộp đứng có đáy là hình thoi (không phải là hình chữ nhật) có 3 mặt phẳng đối xứng bao gồm:.

(16)  2 mặt phẳng chứa đường chéo của đáy và vuông góc với đáy.  Một mặt phẳng là mặt phẳng trung trực của cạnh bên. Bài tập 11. Hình lập phương có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 8 mặt phẳng. B. 9 mặt phẳng. C. 10 mặt phẳng. D. 12 mặt phẳng. Hướng dẫn giải Chọn B. Có 9 mặt đối xứng (như hình vẽ sau).. Bài tập 12. Số mặt phẳng đối xứng của hình bát diện đều là: A. 4 mặt phẳng. B. 9 mặt phẳng. C. 6 mặt phẳng. D. 12 mặt phẳng. Hướng dẫn giải Chọn B Gọi bát diện đều ABCDEF . Có 9 mặt phẳng đối xứng, bao gồm: 3 mặt phẳng ( ABCD ) , ( BEDF ) , ( AECF ) và 6 mặt phẳng mà mỗi mặt phẳng là mặt phẳng trung trực của hai cạnh. song song (chẳng hạn AB và CD )..

(17) Bài tập 13. Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn đỉnh của một tứ diện? A. 1 mặt phẳng. B. 4 mặt phẳng. C. 7 mặt phẳng. D. Có vô số mặt phẳng. Hướng dẫn giải Chọn C. Có 2 loại mặt phẳng thỏa mãn đề bài là: Loại 1: Mặt phẳng qua trung điểm của 3 cạnh bên có chung đỉnh. Có 4 mặt phẳng thỏa mãn loại này (vì có 4 đỉnh). Nhận xét. Loại này ta thấy có 1 điểm nằm khác phía với 3 điểm còn lại. Loại 2: Mặt phẳng qua trung điểm của 4 cạnh ( 4 cạnh này thuộc 2 cặp cạnh, mỗi cặp cạnh là chéo nhau). Có 3 mặt phẳng như thế.. Nhận xét. Loại này ta thấy có 2 điểm nằm khác phía với 2 điểm còn lại..

(18) BÀI 2: KHỐI ĐA DIỆN LỒI – KHỐI ĐA DIỆN ĐỀU A. LÍ THUYẾT 1. Khối đa diện lồi Khối đa diện được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của khối đa diện thuộc khối đa diện. Khối đa diện lồi. Khối đa diện. không lồi Lưu ý: Một khối đa diện là khối đa diện lồi khi và chỉ khi miền trong của nó luôn nằm về một phía đối với mỗi mặt phẳng đi qua một mặt của nó.. Một số kết quả quan trọng về khối đa diện lồi Cho một khối tứ diện đều: Khi đó: +) Các trọng tâm của các mặt của nó là các đỉnh của một khối tứ diện đều.. +) Các trung điểm của các cạnh của nó là các đỉnh của một khối bát diện đều (khối tám mặt đều).. Tâm của các mặt của một khối lập phương là các đỉnh của một khối bát diện đều.. Bài tập:.

(19) Tâm của các mặt của một khối bát diện đều là các đỉnh của một hình lập phương.. Hai đỉnh của một khối bát diện đều được gọi là hai đỉnh đối diện nếu chúng không cùng thuộc một cạnh của khối đó. Đoạn thẳng nối hai đỉnh đối diện gọi là đường chéo của khối bát diện đều. Khi đó: +) Ba đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. +) Ba đường chéo đôi một vuông góc với nhau. +) Ba đường chéo bằng nhau. 2. Khối đa diện đều Khối đa diện đều là khối đa diện lồi có tính chất sau đây: +) Mỗi mặt của nó là một đa giác đều n cạnh. +) Mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng p mặt. Khối đa diện đều như vậy được gọi là khối đa diện đều loại. Các khối đa diện đều:. n; p . Định lí: Chỉ có năm loại khối đa điện đều. Đó là loại 3;3 , 4;3 , 3; 4 , 5;3 và 3;5 . Tứ diện đều. Khối bát diện đều. Khối lập phương. Khối 12 mặt đều.

(20) Bảng tóm tắt năm loại khối đa diện đều Số đỉnh. Số cạnh. Số mặt. Loại. Số MPĐX. Tứ diện đều. 4. 6. 4. 3;3. 6. Khối lập phương. 8. 12. 6. 4;3. 9. Bát diện đều. 6. 12. 8. 3; 4. 9. Mười hai mặt đều. 20. 30. 12. 5;3. 15. Hai mươi mặt đều. 12. 30. 20. 3;5. 15. Khối đa diện đều. Khối 20 mặt đều Chú ý: Giả sử khối đa diện đều loại. n; p. có Đ đỉnh, C cạnh và M mặt. Khi. đó: p.Đ = 2C = n.M.. Công thức Ơ-le: Trong một đa diện lồi nếu gọi Đ là số đỉnh, C là số cạnh, M là số mặt thì ta có: Đ – C + M = 2. Tâm đối xứng của một hình: Nếu phép đối xứng qua tâm I. biến hình  H  thành chính nó thì I là tâm đối xứng của hình. H  . Mặt phẳng đối xứng của một hình: Nếu phép đối xứng qua. mặt phẳng  P  biến hình  H  thành chính nó thì  P  là mặt phẳng đối xứng qua hình  H  . B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1: Nhận diện đa diện lồi, đa diện đều 1. Phương pháp giải. Khối đa diện được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn Ví dụ: thẳng nối hai điểm bất kì của khối đa diện thuộc khối đa diện..

(21) Khối đa diện lồi. Khối đa diện không lồi. 2. Bài tập Bài tập 1: Trong các hình dưới đây hình nào không phải khối đa diện lồi?. A. Hình 1.. B. Hình 2.. C. Hình 3.. D. Hình 4.. Hướng dẫn giải Chọn D.. Đường nối đoạn MN không thuộc khối hình 4 nên hình 4 không phải khối đa diện lồi.. Bài tập 2: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A. Hình hộp là đa diện lồi.. Hai tứ diện (đều là các. B. Tứ diện là đa diện lồi.. đa diện lồi) nhưng khi. C. Hình tạo bởi hai tứ diện đều ghép vào nhau là một hình đa diện lồi. D. Hình lập phương là đa diện lồi. Hướng dẫn giải Chọn C.. Các đáp án A, B, D đều đúng dựa vào khái niệm hình đa diện lồi. Hai tứ diện đều ghép vào nhau có thể không tạo thành một hình đa diện lồi.. ghép với nhau có thể không tạo thành một hình đa diện lồi..

(22) Hai tứ diện ABCD và MNPQ trước khi ghép.. Sau khi ghép hai tứ diện ABCD và MNPQ ta được hình mới không phải hình đa diện lồi. Dạng 2: Các đặc điểm của khối đa diện đều 1. Phương pháp giải. Chỉ có năm loại khối đa diện đều. Đó là loại 3;3 , 4;3 , 3; 4 , 5;3 và 3;5 . Dựa vào bảng tóm tắt phần lý thuyết các thông số: Đỉnh cạnh mặt của các khối đa diện để giải toán. Dựa vào tính chất phép biến hình để tìm mặt phẳng đối xứng, tâm đối xứng, trục đối xứng,… của các loại khối đa diện. Công thức Ơ-le: Trong một đa diện lồi nếu gọi Đ là số đỉnh, C là số cạnh, M là số mặt thì ta có công thức Đ – C + M = 2. 2. Bài tập Bài tập 1: Hình bát diện đều có tất cả bao nhiêu cạnh? A. 6. B. 8. C. 12. D. 20. Hình bát diện đều. Hướng dẫn giải Chọn C.. Hình bát diện đều có 12 cạnh.. Bài tập 2: Khối mười hai mặt đều có bao nhiêu đỉnh?. Khối mười hai mặt đều.

(23) A. 12. B. 16. C. 20. D. 36. Hướng dẫn giải Chọn C.. Khối mười hai mặt đều có 20 đỉnh.. Bài tập 3: Cho khối đa diện đều loại 3; 4 . Tổng các góc phẳng tại một. đỉnh của khối đa điện đó bằng A. 180. B. 240. C. 324. D. 360. Hướng dẫn giải Chọn B.. Khối đa diện đều loại 3; 4 là khối bát diện đều. Mỗi đỉnh là đỉnh chung của 4 mặt. Vậy tổng các góc phẳng tại một đỉnh của khối đa diện đó bằng 60.4  240 .. Bài tập 4: Cho hình đa diện đều loại {4;3} cạnh a. Gọi S là tổng diện tích. tất cả các mặt của hình đa diện đó. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. S = 4 a 2 .. B. S = 6 a 2 .. C. S = 8 a2 .. Hướng dẫn giải Chọn B. Đa diện đều loại {4;3} là khối lập phương nên có 6 mặt là các hình vuông cạnh a . Vậy hình lập phương có tổng diện tích tất cả các mặt là. S = 6a2 .. Bài tập 5: Cho hình bát diện đều cạnh a. Gọi S là tổng diện tích tất cả các. mặt của hình bát diện đó. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. S = 4 3 a 2 .. B. S = 3 a 2 .. C. S = 2 3 a 2 .. Hướng dẫn giải Chọn C. Hình bát diện đều là hình có tám mặt bằng nhau và mỗi mặt là một tam giác đều. Gọi S 0 là diện tích tam giác đều cạnh a ¾¾ S0 =. a2 3 . 4.

(24) 2 Vậy diện tích S cần tính là S = 8.S 0 = 8. a 3 = 2 3 a 2 .. 4. Bài tập 6: Cho hình 20 mặt đều có cạnh bằng 2. Gọi S là tổng diện tích tất. cả các mặt của hình đa diện đó. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. S = 10 3.. B. S = 20 3.. C. S = 20.. Hướng dẫn giải Chọn B. Hình 20 đều là hình có 20 mặt bằng nhau và mỗi mặt là một tam giác đều. Gọi. S0. 2 ¾¾  S0 =. là. diện. tích. tam. giác. 2 2. 3 = 3. 4. Vậy diện tích S cần tính là S = 20.S 0 = 20 3 .. đều. cạnh. bằng.

(25) BÀI 3. THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN A. LÍ THUYẾT Công thức tính thể tích khối chóp, lăng trụ 1 Thể tớch khối chúp: V  Sđáy .h . 3. Trong đú: Sđáy : Diện tớch mặt đỏy. h: Độ dài chiều cao khối chóp.. Thể tớch khối lăng trụ: V  Sđáy .h Trong đú: Sđáy : Diện tớch mặt đỏy. h: Chiều cao của khối chóp.. Thể tích khối hộp chữ nhật: V  a.b.c Thể tích khối lập phương: V  a 3. Chú ý: Lăng trụ đứng có chiều cao chính là cạnh bên.. Chú ý: +) Đường chéo của hình vuông cạnh a là: a 2 . +) Đường chéo của hình lập phương cạnh a là: a 3. +) Đường chéo của hình hộp chữ nhật có ba kích thước a, b, c là:. a2  b2  c 2 .. +) Đường cao của tam giác đều cạnh a là:. a 3 2.

(26) CÁC CÔNG THỨC HÌNH PHẲNG CẦN NẮM 1. Hệ thức lượng trong tam giác a) Cho ABC vuông tại A, đường cao AH. +) AB 2  AC 2  BC 2 ;. +) AC 2  CH. BC ;. +) AH. BC  AB. AC ;. +) AB 2  BH. BC ;. +) AH 2  BH. HC ;. +). 1 1 1   ; 2 2 AH AB AC 2. +) AB  BC.sin C  BC.cos B  AC.tan C  AC.cot B . b) Cho ABC có độ dài ba cạnh a, b, c; độ dài các trung tuyến ma , mb , mc ; bán kính đường tròn ngoại tiếp R; bán kính đường tròn nội tiếp r, nửa chu vi p. +) Định lí hàm số cosin:. a 2  b2  c 2  2bc.cos A ; b2  c 2  a2  2ca.cos B ; c 2  a 2  b 2  2 ab.cos C .. +) Định lí hàm số sin:. a b c    2R . sin A sin B sin C. +) Độ dài trung tuyến:. ma2 . b2  c2 a2 c2  a2 b2 a2  b2 c2  ; mb2   ; mc2   . 2 4 2 4 2 4. 2. Các công thức tính diện tích a) Tam giác:. 1 1 1 +) S  a.ha  b.hb  c.hc 2 2 2 1 1 1 +) S  bc sin A  ca sin B  ab sin C 2 2 2 +) S . abc 4R. +) S  pr (p: nửa chu vi của tam giác). +) S . p  p  a  p  b  p  c . +) ABC vuông tại A: S . AB. AC BC. AH  2 2. +) ABC đều, cạnh a: AH . a 3 a2 3 ,S . 2 4.

(27) b) Hình vuông: S  a 2 (a: cạnh hình vuông) c) Hình chữ nhật: S  ab (a, b: hai kích thước) d) Hình bình hành:.  S  đáy  chiều cao = AB. AD.sin BAD   1 AC. BD e) Hình thoi: S  AB. AD.sin BAD 2 f) Hình thang: S . 1  a  b  h (a, b: hai đáy, h: chiều cao) 2. g) Tứ giác có hai đường chéo vuông góc: S . 1 AC. BD 2. NHẮC LẠI CÁCH XÁC ĐỊNH CAC GÓC TRONG KHÔNG GIAN Góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy Để tính góc  SA,  P   , ta gọi H là hình chiếu vuông góc. của S trên  P  . Khi đó HA là hình chiếu vuông góc của SA trên  P  . . SA,  P     SA, AH   SAH Vậy . Góc giữa cạnh bên và mặt đứng Để tính góc  SB,  SAH   biết  SAH    P  ta dựng  BK  AH BK  AH  K  AH  . Vì  nên BK   SAH   BK  SH Khi đó K là hình chiếu vuông góc của B trên  SAH   SK là hình chiếu vuông góc của SB trên  SAH   SB,  SAH     SB, SK   BSK Vậy . Góc giữa hai mặt phẳng Góc giữa hai mặt phẳng bằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến.. Góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy Để tính góc   SAB  ,  P   , ta gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên  P  . Kẻ HI  AB  I  AB .

(28)  AB  HI   AB   SHI   AB  SI  AB  SH . Vậy  SI , HI   SIH  SAB  ,  P    . Góc giữa mặt bên và mặt đứng Để tính góc   SAB  ,  SAH   biết  SAH    P  , ta kẻ.  BK  HA BK  HA  K  HA     BK   SHA  .  BK  SH Kẻ KI  SA  I  SA .  SA  KI   SA   BKI   SA  BI  SA  BK . KI , BI   BIK Vậy   SAB  ,  SAH    . II. CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng 1. Thể tích khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáy 1. Phương pháp Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy, thì cạnh bên đó chính là chiều cao của khối chóp.. MÔ HÌNH 1 Hình chóp S . ABC , cạnh SA vuông góc với đáy.. + Đáy là tam giác ABC. + Đường cao SA. + Cạnh bên SB, SC, SA. + SAB , SAC là các tam giác vuông tại A. . + Góc giữa cạnh SB với đáy ABC là góc SBA . + Góc giữa cạnh SC với đáy ABC là góc SCA  + Góc giữa mặt bên SBC với đáy là góc SHA. với H là hình chiếu vuông góc của A trên BC..

(29) MÔ HÌNH 2. Hình chóp S . ABCD , có đáy ABCD là hình chữ nhật (hình vuông) và SA vuông góc với đáy. + Đáy là hình chữ nhật (hình vuông) ABCD. + Đường cao SA. + Cạnh bên SA, SB, SC, SD. + SAB, SAC , SAD là các tam giác vuông tại A.. . + Góc giữa cạnh SB với đáy ABCD là SBA . + Góc giữa cạnh SC với đáy ABCD là SCA . + Góc giữa cạnh SD với đáy ABCD là SDA  + Góc giữa mặt bên SBC với đáy ABCD là SBA  + Góc giữa mặt bên SCD với đáy ABCD là SDA. 2. Bài tập Bài tập 1. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Cạnh bên SA = a và vuông góc với. đáy. Diện tích tam giác SBC bằng A. a3 .. B.. a2 2 . Thể tích khối chóp 2. a3 3 . 2. C.. a3 . 3. đã cho bằng D.. 2a3 . 3. Lời giải. Chọn C.. Đặt cạnh hình vuông là x > 0. Suy ra SB = SA 2 + AB 2 = a2 + x 2 . Dễ thấy BC ^ (SAB )  BC ^ SB nên ta có 1 3. a2 2 1 1 2 = S DABC = SB. BC =  x = a. a + x 2 . x ¾¾ 2 2 2. Vậy thể tích khối chóp: VS . ABCD = S ABCD .SA =. a3 . 3. Bài tập 2. Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và. khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC ) bằng A. a3 .. B.. a3 . 2. C.. a 2 . 2. Thể tích của khối chóp đã cho bằng. a3 . 3. Lời giải. Chọn C.. D.. 3 a3 . 9.

(30) Gọi H là hình chiếu của A trên SB. Dễ dang chứng minh được a 2 AH ^ (SBC )  d éë A, (SBC )ùû = AH = . 2. Ta có. 1 1 1 = + ¾¾  SA = a. 2 2 AH SA AB 2 1 3. Vậy thể tích khối chóp: V = S ABCD .SA =. a3 . 3. Bài tập 3. Cho hình chóp S . ABC đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  a ,  ACB  60 cạnh bên. SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SB tạo với mặt đáy một góc bằng 45 . Thể tích của khối chóp. S . ABC là A.. a3 3 6. B.. a3 3 18. C.. a3 3 9. D.. a3 3 12. Hướng dẫn giải Chọn B.. Ta có ABC vuông tại B nên a 3 BC  AB.cot  ACB  a.cot 60  3  S ABC . 1 1 a 3 a2 3 BA.BC  a.  2 2 3 6. Ta có AB là hình chiếu vuông góc của SB trên.  ABC . .  . .     45  SB ,  ABC   SB , AB  SBA. SAB vuông tại A nên   AB.tan 45  a . SA  AB.tan SBA. 1 1 a2. 3 a3 3 .a  Vậy VS . ABC  S ABC .SA  3 3 6 18 Bài tập 4. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân,  AD  BC  , cạnh AD  2a. , AB  BC  CD  a và SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , cạnh SC tạo với mặt phẳng đáy góc 60 . Thể tích của khối chóp S . ABCD là A.. a3 3. B.. a3 3 4. C.. 3a 3 3 4. D.. 3a 3 3 2. Hướng dẫn giải Chọn C..

(31) Gọi M là trung điểm AD. Ta chia hình thang cân ABCD thành ba tam giác ABM, BCM, CDM, ba tam giác này là các tam giác đều cạnh a. Do đó S ABCD . 3a 2 3 . 4. .  . .     60 . ,  ABCD   SC , AC  SCA Ta có AC là hình chiếu vuông góc của SC trên  ABCD   SC. Lại có AH là đường cao trong tam giác đều ABM nên AH . AB 3 a 3   AC  2 AH  a 3 . 2 2. SAC vuông tại A nên   AC.tan 60  3a . SA  AC.tan SCA 1 1 3a 2 . 3 3a 3 3 .3a  Vậy VS . ABCD  S ABCD .SA  . . 3 3 4 4. Nhận xét: Việc chia nhỏ hình thang cân ABCD thành ba tam giác đều sẽ giúp ta thuận tiện trong. việc tính diện tích đáy. Chú ý: Nếu ABC là tam giác đều thì S ABC . AB 2 3 4. Bài tập 5. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi AC  2a , BD  3a , AC  BD và. SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , cạnh SC tạo với mặt phẳng đáy góc  thỏa mãn tan   . Thể tích khối chóp S . ABCD là A.. 2a 3 3. B.. a3 3. C.. a3 4. D.. a3 12. Hướng dẫn giải Chọn A.. 1 3.

(32) Ta có AC  BD  S ABCD . AC.BD  3a 2 . 2. Do AC là hình chiếu vuông góc của SC trên.  ABCD .  . . .     ,  ABCD  SC , AC  SCA nên SC.  SA  AC.tan  . 2a . 3. 1 1 2a 2a 3 Vậy VS . ABCD  S S . ABCD .SA  3a 2 . .  3 3 3 3 Bài tập 6. Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  , hai mặt phẳng  SAB    45 ,  và  SBC  vuông góc với nhau, SB  a 3 , BSC ASB  30 . Thể tích khối chóp SABC. là V. Tỉ số A.. 8 3. a3 là V B.. 8 3 3. C.. 2 3 3. D.. 4 3. Hướng dẫn giải Chọn A.. Ta có: SA   ABC    SAB    ABC  .  SBC    SAB  ,  ABC    SAB  Mà   BC   SAB   SBC    ABC   BC.  ABC , SBC là các tam giác vuông tại B.. a 3 3a ASB  , SA  SB.cos  ASB  Xét SAB vuông tại A có: AB  SB.sin  2 2 a 3 Xét SBC vuông tại B có: BC  SB. tan BSC.  S ABC . 1 1 a 3 3a 2 AB.BC  . .a 3  2 2 2 4. 1 1 3a 2 3a 3a 3 a3 8 Vậy VS . ABC  .S ABC .SA  . .    3 3 4 2 8 V 3.

(33) Tổng quát:. Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  , hai mặt phẳng  SAB  và  SBC    ,  ASB   . vuông góc với nhau, BSC. Thể tích khối chóp S . ABC là: VS . ABC . SB 3 .sin 2 .tan  12. Chứng minh:. Xét SAB vuông tại A có: AB  SB.sin  ; SA  SB.cos  Xét SBC vuông tại B có: BC  SB.tan   S ABC . 1 1 AB.BC  .SB 2 .sin  .tan  2 2. 1 SB 2 sin  tan  SB cos  SB 3 .sin 2 .tan  Vậy VS . ABC  .S ABC .SA   3 6 12. Dạng 2. Thể tích khối chóp có mặt bên vuông góc với đáy 1. Phương pháp. Hình chóp có một mặt bên vuông góc với đáy thì chân đường cao nằm trên giao tuyến của mặt phẳng đó và đáy.                 d Ta có:   a    .  a    a  d . Hình chóp có hai mặt vuông góc với đáy thì giao tuyến của chúng sẽ vuông góc với đáy.      P   Ta có:      P   d   P .          d. 2. Bài tập Bài tập 1. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD, AB  a , AD  a 3 , tam giác SAB cân tại S và. nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, khoảng cách giữa AB và SC bằng. 3a . Tính thể tích V của 2. khối chóp S . ABCD . A. V  a 3 3. B. V  2a 3 3. C. V . 2a 3 3 3. D. V  3a 3 3.

(34) Hướng dẫn giải Chọn A.. Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AB, CD, kẻ HK  SI . Vì tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Suy ra SH   ABCD  .. CD  HI  CD   SIH   CD  HK  HK   SCD   CD  SH CD  AB  d  AB, SC   d  AB,  SCD    d  H ,  SCD    HK. Suy ra HK . 3a ; HI  AD  a 3 2. Trong tam giác vuông SHI ta có SH . HI 2 .HK 2  3a HI 2  HK 2. 1 1 Vậy VS . ABCD  SH .S ABCD  3a.a 2 3  a 3 3 . 3 3. Bài tập 2. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  A 2 , AC  A 5 . Hình chiếu của điểm S trên mặt phẳng  ABC  trùng với trung điểm của đoạn thẳng BC. Biết rằng góc giữa mặt phẳng  SAB  và mặt phẳng  SAC  bằng 60 . Thể tích của khối chóp S . ABC là. A.. 5a 3 6 12. B.. 5a 3 10 12. C.. a 3 210 24. Hướng dẫn giải Chọn D.. D.. a 3 30 12.

(35) Gọi H là trung điểm của BC. Ta có  SAB    SAC   SA , kẻ BE  SA và GH  BE ,.  . . .    60 . SAC  ,  SAB   GH ,  SAC   HGI Suy ra . Đặt SH  h , ta tính được SA  h 2 . Vậy BE . 2S SAB  SA. 7a 2 5a 2 và SP  h 2  . 4 4. 5a 2 a 2 .h BE SH . HM 4  HG  2 , HI   2 SM 7a 2 a2 h2  h2  4 2. a 2. h 2 . Tam giác GIH vuông tại I có a 2 5a 2 a 2 . h2  h. IH 3 2 4  2 .  sin 60  2 2 HG 7a a2 h2  h2  4 2  h4 . 7 a 2 2 15a 4 2a 3 h  0h 4 8 4. Vậy VSABC . 1 a 3 30 AB. AC.SH  . 6 12. Bài tập 3. Cho hình chóp S . ABC với các mặt phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SAC  vuông góc với nhau. từng đôi một, diện tích các tam giác SAB, SBC, SAC lần lượt là 20 cm 2 , 27 cm 2 , 30 cm 2 . Thể tích khối chóp SABC là A. 40 3 cm3. B. 40 cm3. C. 60 cm3 Hướng dẫn giải. Chọn D.. D. 60 3 cm3.

(36) Ta có các mặt phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SAC  vuông góc với nhau từng đôi một nên SA  SB , SA  SC , SB  SC .. S SAB  20 cm 2  SA.SB  40 cm 2 S SBC  27 cm 2  SB.SC  54 cm 2. S SAC  30 cm 2  SA.SC  60 cm 2   SA.SB.SC   40.54.60  129600  SA.SB.SC  360 2. Do  SAB  ,  SBC  ,  SAC  vuông góc với nhau từng đôi một  AS   SBC  . 1 1 Vậy VS . ABC  S ABC .SA  SA.SB.SC  60 cm3 . 3 6 Bài tập 4. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, hai mặt phẳng  SAB  và  SAD . cùng vuông góc với đáy, biết SC  a 3 . Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của SB, SD, CD, BC. Thể tích của khối chóp A.MNPQ là A.. a3 3. B.. a3 8. C.. a3 12. D.. Hướng dẫn giải Chọn B..  MN  PQ  Ta có  MN  PQ  NP  PQ BD  SC     MNPQ là hình chữ nhật. Suy ra VA.MNPQ  2VA.MQP  2VM . AQP Ta có d  M ;  AQP   . 1 SA 2. Mà SA  SC 2  AC 2  a  d  M ;  AQP   . S AQP . 1 a SA  2 2. . 1 1 3 1 3 3 AH .QP  . AC. BD  AC.BD  a 2 2 2 4 2 16 16. . 2. 3  a2 8. 1 1 a 3 a3 Do đó: VM . AQP  d  M ;  AQP   .S AQP  . . a 2  3 3 2 8 16 Vậy VA.MNPQ  2VM . AQP  2.. a3 a3  16 8 Dạng 3. Thể tích khối chóp đều. 1. Phương pháp. a3 4.

(37) Hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác đều và các cạnh bên bằng nhau. Trong hình chóp đều: +) Đáy là một đa giác đều +) Đường cao hình chóp qua tâm của đa giác đáy. +) Các mặt bên là các tam giác cân và bằng nhau .. Chú ý:. Đường cao vẽ từ đỉnh của một mặt bên gọi là trung đoạn của hình chóp đều.. +) Phân biệt hình chóp tam giác đều khác với hình chóp có đáy là tam giác đều. Hình. +) Các cạnh bên hợp với đáy các góc bằng nhau. chóp tam giác đều là hình chóp có đáy là tam giác đều và các cạnh bên bằng nhau. Nói một. +) Các mặt bên hợp với đáy các góc bằng nhau.. cách khác, hình chóp tam giác đều là hình chóp có đáy là tam giác đều nhưng điều ngược lại không đúng.. +) Hình chóp tứ giác đều là hình chóp đều có đáy là hình vuông. 2. Bài tập Bài tập 1. Cho khối chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a. Thể tích. của khối chóp S . ABC là A. V . 11a 3 12. B. V . 13a 3 12. C. V . 11a 3 6. Hướng dẫn giải Chọn A.. S . ABC là hình chóp tam giác đều và G là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó SG   ABC  . Do đáy là tam giác đều nên gọi I là trung điểm cạnh BC, khi đó AI là đường cao của tam giác đáy. Theo định lý Pi-ta-go ta có 2 2a 3 a 3 a2 a 3 AI  a   , và AG  AI  .  4 2 3 3.2 3 2. Trong tam giác SGA vuông tại G ta có SG  4a 2 . a2 11a  . 3 3. D. V . 11a 3 4.

(38) 1 1 a 3 11a 11a 3 Vậy V  . a .  3 2 2 12 3 Bài tập 2. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy. bằng 60 . Thể tích khối chóp S . ABC là A. V . a3 3 4. B. V . a3 3 12. C. V . a3. 5 12. D. V . a3. 3 10. Hướng dẫn giải Chọn B.. Ta có S ABC. a2 3 .  4. S . ABC là hình chóp tam giác đều và G là trọng. tâm tam giác ABC. Khi đó SG   ABC  . Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên AG . 2 a 3 AM  3 3. Xét tam giác SAG vuông tại G có SG  AG.tan 60  a. 1 1 a 2 3 a3 3 Vậy VS . ABC  SG.S ABC  .a. .  3 3 4 12 Bài tập 3. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên tạo với mặt phẳng. đáy một góc 60 . Thể tích của khối chóp S . ABCD là A. V . a3 6 2. B. V . a3 6 3. C. V . Hướng dẫn giải Chọn D.. Ta có S ABCD  a 2 . Gọi O  AC  BD . Do S . ABCD là hình chóp đều nên SO   ABCD  . . SB,  ABCD     SB, OB   SBO Ta có . Tam giác SOB vuông tại O, có.   a 2 .tan 60  a 6 . SO  OB.tan SBO 2 2 1 1 a 6 a3 6 . Vậy VS . ABCD  .S ABCD .SO  .a 2 .  3 3 2 6. a3 3 2. D. V . a3 6 6.

(39) Bài tập 4. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC,. góc giữa SG và mặt phẳng  SBC  là 30 . Thể tích khối chóp S . ABC là A.. a3 3 4. B.. a3 3 8. C.. a3 3 12. D.. a3 3 24. Hướng dẫn giải Chọn D.. Tam giác ABC đều cạnh a nên S ABC . a2 3 . 4. . .    30 . ,  SBC   GSM Hạ GH  SM  H  SM   GH   SBC   SG   1 . AM .cot 30  1 . a 3 . 3  a SG  GM .cot GSM 3 3 2 2 Vậy VS . ABC. 1 1 a 2 3 a a3 3  .S ABC .SG  . .  . 3 3 4 2 24. Bài tập 5. Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau, đường cao của một mặt bên là. a 3 . Thể tích V của khối chóp đó là A. V . 2 2 3 a 3. B. V . 4 2 3 a 3. C. V  Hướng dẫn giải. Ta có SM  a 3 . Do SBC đều nên SC  BC  2a .  SO . AC 2a 2  a 2. 2 2. 2 3 a 6. D. V . 2 3 a 9.

(40) 1 1 4a 3 2 Vậy thể tích khối chóp đó là V  SO.S ABCD  a 2.4a 2  . 3 3 3 Bài tập 6. Cho khối chóp tứ giác đều S . ABCD. có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng a. Cạnh bên bằng a 3. Gọi M là trung điểm. của CD, H là điểm đối xứng của O qua SM (tham khảo hình vẽ bên). Thể tích khối đa diện ABCDSH. A.. bằng. a3 10 . 12. B.. a3 10 . 18. C.. a3 10 . 24. D.. 5a3 10 . 24. Lời giải. Chọn D.. Khối đa diện ABCDSH được chia thành hai khối chóp S . ABCD và H .SCD. 1 3. 1 3. • VS . ABCD = S ABCD .SO = S ABCD . SB 2 - OB 2 =. a3 10 . 6. • Vì H đối xứng với O qua SM nên d éëO, (SCD )ùû = d éë H , (SCD )ùû . 1 4. Suy ra V HSCD = VOSCD = VS . ABCD =. a3 10 . 24. Vậy thể tích khối đa diện cần tính: V = V S . ABCD +V H .SCD =. 5a3 10 . 24. Bài tập 7: Cho hình chóp S. ABCD đều có cạnh bên và cạnh đáy đều bằng a. Cho điểm M  SA sao. cho diện tích S của MBD nhỏ nhất. Giá trị S bằng A.. 3a . 4. B.. a . 2. Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi S là diện tích MBD. C.. 2a . 4. D.. a . 4.

(41) S. 1 1 BD.MO  a 2.MO 2 2.  1.  min S xảy ra  min MO xảy ra. Nhưng min MO  d O,SA   OH Vì tứ diện đều nên O  AB  CD thì SO là đường cao.  SOA vuông tại O. (2). Trong đó:  a 2 OA   2  2a 2 2a 2 a 2  2 2 2       SO SA OA a  4 4 2 2.  SOA vuông cân tại O  OH  OA.. 2 a 2 2 a  .  2 2 2 2.  1 a 2a  min S  .a 2.  xảy ra khi H là trung điểm SA. 2 2 4 1. Dạng 4. Thể tích khối chóp biết trước một đường thẳng vuông góc với đáy 1. Phương pháp. Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy, thì cạnh bên đó chính là chiều cao của khối chóp. Việc tính SH ta thường dựa vào hệ thức lượng trong tam giác vuông. Đề bài thường cho mối quan hệ về góc giữa đường thẳng với mặt phẳng hoặc góc giữa hai mặt phẳng xác định độ dài đường cao. 2. Bài tập Bài tập 1. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân Chú ý:. tại A, cạnh BC  2a , gọi M là trung điểm BC, hình chiếu vuông Trong tam giác vuông đường góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm của AM, tam giác trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền.. SAM vuông tại S. Thể tích của khối chóp S . ABC là A.. a3 6. B.. a3 2. C.. a3 3. Hướng dẫn giải Chọn A.. Ta có ABC vuông cân tại A, BC  2a  AM . BC 1  a  S ABC  AM .BC  a 2 2 2. D.. a3 9.

(42) Xét SAM vuông tại S có: SH . AM a  2 2. 1 1 a a3 Vậy VS . ABC  .S ABC .SH  .a 2 .  3 3 2 6 Bài tập 2. Cho hình chóp S . ABC , đáy là tam giác ABC có Chú ý: AB  19 cm ,. BC  20 cm ,. AC  37 cm ,. cạnh. bên Khi biết độ dài ba cạnh thì diện. SA= 985 cm . Gọi M là trung điểm của BC, hình chiếu vuông tích tam giác được tính theo  1  công thức Hê-rông. góc của S lên mặt phẳng  ABC  là điểm H thỏa mãn AH  AM 3 . Thể tích của khối chóp S . ABC là A. 570cm3. B. 760cm3. C. 1520cm3. D.. Tam giác ABC có: BC  a; AC  b; AB  c. 1140cm3 Hướng dẫn giải Chọn D.. Nửa chu vi: p . abc 2. Khi đó: S ABC  p  p  a  p  b p  c . .. Công thức độ dài trung tuyến:. Ta có p . AB  BC  AC  38 cm . 2.  S ABC  38  38  19  38  20  38  37   114 cm 2 .. AM   AH . AB 2  AC 2 BC 2   3 85 cm 2 4 1 AM  85 cm 3. SAH vuông tại H có: SH  SA2  AH 2  30 cm. 1 1 Vậy VS . ABC  .S ABC .SH  .114.30  1140 cm3 3 3. ma2 . b2  c 2 a 2  . 2 4. mb2 . a 2  c2 b2  . 2 4. a 2  b2 c 2 m   . 2 4 2 c.

(43) Bài tập 3. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật cạnh AB  a , AD  2a . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng.  ABCD . là trung điểm H của AD. Cạnh SC tạo với đáy một góc. bằng 30 . Thể tích khối chóp S . ABCD là A.. a3 3. B.. 2a 3 6 9. C.. a3 3 3. D.. a3 2 3. Hướng dẫn giải Chọn B.. Ta có S ABCD  AB. AD  2a 2 . Do HC là hình chiếu vuông góc của SC lên.   30 SC ,  ABCD    SCH  ABCD    + Xét tam giác DHC vuông tại D có:. HC  DH 2  DC 2  a 2 + Xét tam giác SHC vuông tại H có:.   HC.tan 30  a 6 . SH  HC.tan SCH 3 1 1 a 6 2a 3 6 . Vậy VS . ABCD  S ABCD .SH  .2a 2 .  3 3 3 9 Bài tập 4. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ. nhật tâm O, cạnh AB  a , BC  a 3 , tam giác SAC vuông tại S. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm H của đoạn AO. Thể tích khối chóp S . ABC là A.. a3 2. B.. a3 4. C.. a3 6. Hướng dẫn giải Chọn B.. Ta có S ABC. 1 a2 3  AB.BC  2 2. Xét ABC vuông tại B có: AC . AB 2  BC 2  2a. Xét SAC vuông tại S có:. SO  AO . AC AO a  a  HO   2 2 2. Xét SHO vuông tại H có:. D.. a3 8.

(44) SH  SO 2  HO 2  a 2 . a2 a 3  4 2. 1 1 a 2 3 a 3 a3 Vậy VS . ABC  S ABC .SH  . .  3 3 2 2 4 Bài tập 5. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi   60 , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng cạnh a, BAC.  ABCD . trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. Mặt phẳng.  SAC  hợp với mặt phẳng  ABCD . một góc 45 . Thể tích khối. chóp S . ABCD là A.. a3 3 12. B.. a3 6. C.. a3 12. D.. a3 2 6. Hướng dẫn giải Chọn C.   60 nên tam giác ABC đều Ta có BAC.  S ABCD  2.S ABC . a2 3 2. Gọi O  AC  BD Ta có AC  BD, AC  SG.  AC   SBD   AC  SO Mặt khác OB  AC   45    SAC  ,  ABCD    SOB. Xét tam giác SOG vuông tại G:.   OG.tan 45  1 BO  a 3 SG  OG.tan SOB 3 6 1 1 a 3 a 2 3 a3 Vậy VS . ABCD  SG.S ABCD  . .  . 3 3 6 2 12 Dạng 5. Thể tích khối chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc các cạnh bên, mặt bên cùng tạo với đáy những góc bằng nhau 1. Phương pháp. - Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc cạnh Ví dụ: Cho hình chóp S . ABC , đáy ABC có bên cùng tạo với đáy những góc bằng nhau thì chân. AB  10 cm , BC  12 cm , AC  14 cm , các mặt bên.

(45) đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp mặt cùng tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng nhau và đều đáy.. bằng  thỏa mãn tan   3 . Thể tích khối chóp. - Hình chóp có các mặt bên cùng tạo với đáy những. S . ABCD là. góc bằng nhau thì chân đường cao chính là tâm. A. 228 cm3. B. 576 cm3. đường tròn nội tiếp mặt đáy.. C. 192 cm3. D. 384 cm3. Hướng dẫn giải. Ta có p . AB  BC  AC  18  cm  2. S  18 18  10 18  12 18  14   24 6  cm 2  Các mặt bên cùng tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng nhau nên hình chiếu của S trên  ABC  là tâm đường tròn nội tiếp ABC  SI   ABC  . S  p.r  IM  r . S 4 6   cm  3 p. SIM vuông tại I có.   4 6 .3  4 6  cm  . SI  IM .tan SMI 3 Vậy 1 1 VSABC  .S ABBC .SI  .24 6.4 6  192  cm3  3 3 Chọn C. 2. Bài tập Bài tập 1. Cho chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh Các cạnh bên bằng nhau nên. bằng a, các cạnh bên bằng nhau và đều bằng a 3 . Thể tích khối hình chiếu của S trên  ABC  chóp S . ABC là A.. a3 3 2. là tâm đường tròn ngoại tiếp B.. a3 3 6. C.. a3 2 6. D.. a3 2 4. ABC . Do ABC đều nên.

(46) hình chiếu vuông góc của S. Hướng dẫn giải. trên  ABC  là trọng tâm G. Chọn C.. Gọi G là trọng tâm ABC  SG   ABC .  SG   ABC . a 3 a 3  AG  2 3. ABC đều  AM  SGA vuông tại G có. SG  SA2  AG 2 . 2a 6 3. 1 1 a 2 3 2a 6 a 3 2 Vậy VSABC  .S ABC .SG  . .  3 3 4 3 6 Bài tập 2. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác cân Cạnh bên bằng nhau và cùng   120 , các cạnh bên bằng nhau và cùng tạo tạo với mặt phẳng đáy các góc AB  AC  a , BAC với mặt phẳng đáy các góc 30 . Thể tích khối chóp S . ABCD là 30 nên hình chiếu của S trên. A.. a3 3 12. B.. a3 4. C.. a3 3 4. D.. a3 12.  ABC . là tâm đường tròn. ngoại tiếp ABC .. Hướng dẫn giải Chọn D. S ABC . 2 1 a 3 AB. AC.sin BAC 2 4. Các cạnh bên bằng nhau và cùng tạo với mặt phẳng đáy các góc 30 nên hình chiếu O của S trên  ABC  là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC  SO   ABC . . .   30   SA  ,  ABC   SAO  a 3 ABC có BC  AB 2  AC 2  2 AB. AC.cos BAC. S. abc a.a.a 3 a 2 3    OA  a 4R 4.OA 4. a 3 SAO có SO  AO.tan SAO 3 1 1 a 2 3 a 3 a3 .  Vậy VSABC  .S AABC .SO  . 3 3 4 3 12.   30 . SA  ,  ABC    SAO .

(47) Bài tập 3. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi và góc tạo bởi các mặt phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCD  ,  SDA  với mặt đáy lần lượt là 90 , 60 , 60 , 60 . Biết rằng tam giác SAB vuông cân tại S, AB  a và chu vi tứ giác ABCD là 9a . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD .. A. V . a3 3 9. B. V . a3 3 4. C. V . 2a 3 3 9. D. V  a 3 3. Kẻ IH  BC ta có. Hướng dẫn giải. .  SBC  ,  ABCD    SHI . Chọn A. Do các mặt. Gọi I là trung điểm AB. IH  BC  H  BC  ,. Kẻ. ta. có. góc. giữa.  SDA.  SBC  ,  SCD  ,. tạo với.  ABCD . các. góc bằng nhau nên các khoảng.   SBC  ,  ABCD    SHI . Do các mặt  SBC  ,  SCD  ,  SDA  tạo với  ABCD  các góc bằng nhau và bằng 60 nên các khoảng cách từ I đến các cạnh. cách từ I đến các cạnh CD, DA bằng nhau từ đó tính được  SI  IH .tan SIH. CD, DA bằng nhau và bằng IH.. Ta có SI  IH .tan 60  IH  S ABCD. SI a 2 1 a 6 .   tan 60 2 6 3. 1 1 a 6 2a 2 6   BC  CD  DA  .HI   9a  AB  .  2 2 6 3. 1 1 a 2 2a 2 6 a 3 3  Vậy V  SI .S ABCD  3 3 2 6 9 Bài tập 4. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ Đỉnh S cách đều các đỉnh A, B,. nhật cạnh AB  a , AD  2a . Đỉnh S cách đều các đỉnh A, B, C, C, D nên tâm hình chữ nhật là D, của mặt đáy và SB  a 5 . Thể tích khối chóp S . ABCD là a 3 15 A. 8. a 3 15 B. 6. a 3 15 C. 4. Hướng dẫn giải Chọn D. a 3 15 D. 3. chân đường cao hạ từ đỉnh xuống đáy..

(48) Ta có S ABCD  AB. AD  2a 2 . AC  DB  O .. Do. các. S. đều. các. đỉnh. A, B, C , D  SO   ABCD  .. Ta có BD  AB 2  AD 2  a 5.  SB  SD  BD  a 5  SO . nên. SBD. là. tam. giác. đều. BD 3 a 15  . 2 2. 1 1 a 15 2 a 3 15 . Vậy VS . ABCD  SO.S ABCD  . .2a  3 3 2 3 Bài tập 5. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều. cạnh a. Các mặt bên  SAB  ,  SAC  ,  SBC  lần lượt tạo với đáy các góc là 30 , 45 , 60 . Tính thể tích của khối chóp S . ABC . Biết rằng hình chiếu vuông góc của S trên  ABC  nằm trong tam giác ABC. A. V . C. V . . a3 3. 8 4 3. . a3 3. 4 4 3. . B. V . . D. V . a3 3 4 3. . a3 3. 2 4 3. . Hướng dẫn giải Chọn Ạ Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  . Kẻ HD  AB  D  AB  , HE  AC  E  AC  , HF  BC  F  BC  . Ta có HD  SH .cot 30  3SH , HE  SH .cot 45  SH ,. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  . Kẻ HD  AB  D  AB  HE  AC  E  AC  HF  BC  F  BC .

(49) HF  SH .cot 60  Ta có S ABC  . Tam giác ABC bị chia thành 3. 3 SH 3. tam giác nhỏ do đó S ABC  S HAB  S HBC  S HAC .. a2 3 mà S ABC  S HAB  S HBC  S HAC 4. Diện tích các tam giác nhỏ biểu.  1 3 a 3 3a SH  1  3   SH   .a  2 3  4 2 4 3 . Vậy VS . ABCD. 2. . 1 3a a2 3 a3 3  . .  3 2 4 3 4 8 4 3. . . . diễn theo cạnh SH và hệ thức. . lượng các tam giác vuông. Từ đó tìm được SH.. . Dạng 6. Thể tích lăng trụ đứng 1. Phương pháp Hình lăng trụ đứng: Là hình lăng trụ có các. Ví dụ: Cho hình lăng trụ đứng tam giác. cạnh bên vuông góc với đáy. Độ dài cạnh bên. ABC. ABC  có tất cả các cạnh đều bằng a. Thể. là chiều cao của hình lăng trụ đứng.. tích của khối lăng trụ ABC. ABC  là. Các mặt bên là các hình chữ nhật. Các mặt bên đều vuông góc với đáy.. A.. 3a 3 . 4. B.. C.. 3a 3 3 . 4. D.. a3 3 . 4. Hình lăng trụ đều: Là hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều. Các mặt bên đều là các hình chữ nhật bằng nhau.. a3 . 4. Hướng dẫn giải. Ta có ABC đều cạnh a  S ABC  Vậy VABC . ABC   S ABC . AA . Chọn B. 2. Bài tập. a2 3 . 4. a2 3 a3 3 .a  . 4 4.

(50) Bài tập 1. Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  , đáy là tam giác ABC vuông tại A, AB  a,  ABC  30 cạnh C A hợp với mặt đáy góc 60 .Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  là. A.. a3 . 6. B.. a3 . 2. C.. a3 3 . 6. D.. a3 3 . 2. Hướng dẫn giải Chọn C. ABC. vuông tại A có:. AC  AB.tan  ABC S ABC . 1 AB. AC. 2. . .   A  ABC   C AC Ta có C  60. từ đó dựa vào hệ thức lương trong ACC  vuông tại C a 3 ABC vuông tại A có AC  AB.tan  ABC  3. tính được  AC. CC   AC.tan C. 2. 1 a 3  S ABC  . AB. AC  . 2 6. . .   A  ABC   C AC  60 . Ta có C.  AC  a. ACC  vuông tại C có CC   AC.tan C Vậy VABC . ABC   S AABC .CC  . a2 3 a3 3 .a  . 6 6. Bài tập 2. Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  , đáy ABC là tam giác vuông tại A, cạnh AC  a,  ABC  30 , cạnh BC  hợp với mặt bên.  ACC A. góc 30 . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  bằng. A. a 3 6.. B.. a3 6 . 3. C. 2a 3 3.. D.. a3 3 . 3. Hướng dẫn giải Chọn A ABC vuông tại A có:. AB  AC.cot  ABC.

(51)  S ABC . 1 AB. AC 2. dựa vào hệ thức lượng trong ABC vuông tại A tính được. AC   AB.cot  AC B. ACC  vuông tại C tính. . .   ,  ACC A   BC A  30 . Ta có BA   ACC A   BC ABC vuông tại A có AB  AC.cot  ABC  a 3  S ABC . được chiếu cao lăng trụ CC   AC 2  AC 2. 1 a2 3 AB. AC  . 2 2. ABC  vuông tại A có. AC   AB.cot  AC B  a 3. 3  3a . ACC  vuông tại C có CC   AC 2  AC 2  2a 2.. Vậy VABC . ABC   S ABC .CC  . a2 3 .2a 2  a 3 6. 2. Bài tập 3: Cho lăng trụ đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng a và AB  BC  . Thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  là. A. V . 7a3 . 8. B. V  a 3 6.. C. V . a3 6 . 8. D. V . a3 6 . 4. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta lấy điểm E là điểm đối xứng với C qua B. Khi đó tam giác ACE vuông tại A. Tứ giác BC BE là hình bình hành  BC  / / BE . Do AB  BC . 1 Gọi E là điểm đối xứng của C qua điểm B  AB  CE  a. 2 Khi đó tam giác ACE vuông tại A  AE  4a 2  a 2  a 3. Tứ giác BC BE là hình bình hành  BC  / / BE . Do AB  BC   AB  BE ..  AB  BE .. Ta có BC   BE  AB nên tam giác ABE vuông cân tại B. Nên tính được AB . AE . 2.

(52) Mặt khác, ta có BC   BE  AB nên tam giác ABE vuông cân. Dựa vào định lý Py-ta-go. tại B. trong tam giác AAB vuông tại A tính được. AE a 3 a 6 .   2 2 2.  AB . AA  AB2  AB2 .. Xét tam giác AAB vuông tại A 2. a 6 a 2 2 .  AA  AB  AB     a  2  2  2. Vậy V . 2. a 2 a 2 3 a3 6 .  . 2 4 8. Bài tập 4: Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, cạnh BC  a 2 , góc giữa hai đường thẳng AC  và BA bằng 60 . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  là. A.. a3 3 . 2. B.. a3 . 2. C.. a3 3 . 3. D.. a3 . 3. Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có BC  a 2  AB  AC  a  S ABC . 1 a AB. AC  . 2 2. Lấy D, D sao cho ABDC. ABDC là hình hộp. . .  BD / / AC    ABD   AC , BA  60. Mà AB  AC  AB  BD  ABD đều. ABC D. Do. là. hình. chữ. nhật,. AD  BC   a 2  AB  a 2  AA  a .. Vậy VABC . ABC   S ABC . AA . a3 . 2. Bài tập 5: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông, AB  BC  a . Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng.  ACC  . và  ABC   bằng 60 . Thể tích khối chóp B. ACC A. bằng. A.. a3 . 3. B.. a3 . 6.

(53) C.. a3 . 2. D.. a3 3 . 3. Hướng dẫn giải Chọn A Gọi M là trung điểm của AC  . Do tam giác ABC  vuông cân tại B nên BM  AC   MB   AAC C  . 1 Thể tích khối chóp B. ACC A là VB. ACC A  BM . AA. AC . 3 Ta có BM . a 2 , AC  a 2 . 2. Do MB   AAC C   MB  AC  . Kẻ MK  AC   BK  AC  . Vậy góc giữa hai mặt phẳng.  ACC  . và.  ABC  . là. ta. có.   MKB   60 . MKB. Trong tan 60 . tam. giác. vông. MKB. MB MB a 6  MK   . MK tan 60 6. Gọi M là trung điểm của AC  .. Trong tam giác vuông MKC  ta có.  K  tan MC. MK MC 2  MK 2. . Do tam giác A ' BC ' vuông. a 6 2 6  . 2 2 2 2a 6a  4 36. cân tại B nên BM  AC   MB   AAC C  .. Mặt khác trong tam giác vuông AAC ta có 2  K  AA  AC .tan MC a 2a 2 1 1 a 2 a3 Vậy VB. AAC C  BM . AA. AC  a. .a 2  . 3 3 2 3. Dạng 7. Thể tích lăng trụ xiên 1. Phương pháp Lăng tru xiên có cạnh bên không vuông góc. Ví dụ:Cho lăng trụ ABC. ABC  tam giac ABC. với đáy. Chiều cao là khoảng cách từ một. vuông cân tại A, cạnh AA  a 3 , hình chiếu. đỉnh bất kì của mặt đáy này đến mặt đáy đối. vuông góc của A lên mặt phẳng  ABC  là trong. diện. Để tính chiều cao ta dựa vào hệ thức lượng trong tam giác.. điểm của AC, góc tạo bởi AA với  ABC  bằng 45 . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  là.

(54) A.. 3a 3 6 . 2. B.. a3 6 . 3. C.. a3 3 . 4. D. a 3 6. Hướng dẫn giải. Chọn A. Gọi H là trung điểm AC  AH   ABC  ; AA,  ABC     AAH  45 .  Xét tam giác AHA vuoong cân tại H có 2 a 6 , AH  AA.sin  AAH  a 3.  2 2  AH  AH   S ABC . a 6  AB  AC  2 AH  a 6 2. 1 AB. AC  3a 2 . 2. Vây VABC . ABC   S ABC . AH  3a 2 .. 2. Bài tập Bài tập 1: Cho lăng trụ ABC. ABC  đây là tam giác ABC vuông tại A, AB  a, BC  a 3 , hình chiếu vuông góc của B trên mặt phẳng  ABC  trùng với chân đường cao H kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC, góc tạo bởi AB với  ABC  bằng 60 . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  là. A.. 3a 3 . 4. B.. 3 3a 3 . 4. a 6 3a 3 6 . . 2 2.

(55) C.. a3 . 3. D. a 3 ..  AH Ta có  AB,  ABC    B  60. Hướng dẫn giải. Tam giác ABC vuông tại A có. Chọn D S ABC. 1 1 a2 2  AB. AC  a.a 2  . 2 2 2. Ta có BH   ABC . nên: AH . AB. AC . BC. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác AHB vuông tại H ta.  AH  60   AB,  ABC    B. tính. Xét tam giác ABC vuông tại A có.  AH BH  AH .tan B. AH . được. chiều. cao:. AB. AC a.a 2 a 6   . BC 3 a 3. Xét tam giác AHB vuông tại H có.  AH  BH  AH .tan B. a 6 .tan 60  a 2 . 3. Vậy VABC . ABC   S ABC .BH . a2 2 .a 2  a 3 2. Bài tập 2. Cho lăng trụ ABCD. ABC D đáy là hình thang cân ABCD có AC  BD, AC  2a , cạnh AA tạo với mặt phẳng đáy góc 60 . Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (ABCD) là 1 điểm H thuộc đoạn AC sao cho AH  HC . Thể tích của khối 3 lăng trụ ABCD. ABC D là. A.. 2a 3 3 . 3. B. 2a 3 3.. C.. a3 3 . 3. D. a 3 3 . Hưỡng dẫn giải. Chọn D ABCD là hình thang cân  AC  BD  2a  S ABCD . 1 AC.BD  2a 2 2. 1 1 a AH  HC  AH  AC  3 4 2 AA,  ABCD     AAH  60  Xét tam giác AHA vuoong tại H có. Tứ giác ABCD có hai đường chéo AC  BD  S ABCD . 1 AC.BD. 2. AA,  ABCD     AAH  60 .

(56) Áp dụng hệ thức lượng trong. a a 3 . AH  AH .tan  AAH  . 3  2 2 Vậy VABCD. ABC D  S ABCD . AH  2a 2 .. tam giác AHA vuông tại H ta tính. a 3  a3 3 . 2. Bài tập 3. Cho khối lăng trụ ABC. ABC  , khoảng cách từ C đến đường thẳng BB bằng 2, khoảng cách từ A đến các đường thẳng. BB và CC  lần lượt bằng 1 và. được. chiều. cao:. AH  AH .tan  AAH. 3 , hình chiếu vuông góc A lên. mặt phẳng  ABC   là trung điểm M của BC  và AM  2 . Thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC bằng. A.. 3.. C. 2.. B. 1. D.. 2 3 . 3. Hướng dẫn giải Chọn C Gọi N là trung điểm BC, AN  AM  2 .. Gọi N là trung điểm BC.. Kẻ AE  BB tại E , AF  CC  tại F.. AN  AM  2 .. Ta có EF  MN   H  nên H là trung điểm EF.. Kẻ.  AE  AA Lại có   AA   AEF   AA  EF  EF  BB.  AF  AA. AF  CC  tại F.. Ta có EF  MN   H  nên H. Khi đó. là trung điểm EF.. d  A, BB   AE  1, d  A, CC    AF  3, d  C , BB   EF  2 Ta có AE 2  AF 2  EF 2  AEF vuông tại A  AH . EF  1. 2.  AA   AEF   MN   AEF   MN  AH . Mặt khác   MN / / AA Xét AMN vuông tại A có AM . AH . AN AN  AH 2. 2. . 2 3 . 3.  AANM    ABC    AANM    AEF   .   Ta có   ABC  ,  AEF    HAN  AA NM ABC AN          AANM    AEF   AH 1  1 AH AH AN 2  AE. AF  S ABC .    S ABC  AE. AF  3 2 AN. Vậy VABC . ABC   S ABC . AM . 2 3 . 3  2. 3. AE  BB. tại. E,.  AE  AA Ta có   AF  AA  AA   AEF   AA  EF  EF  BB. Khi đó d  A, BB   AE  1, d  A, CC    AF  3, d  C , BB   EF  2 .. AMN vuông tại A ta tính được chiều cao AM. Diện tích tam giác AEF tính theo công thức.  S AEF  S ABC .cos HAN Tổng quát các dạng bài này:.

(57) V. d A, BB .d A,CC  . AM 2 4 AM 2  d2C , BB. Dạng 8 . Thể tích hình hộp 1. Phương pháp Hình hộp: Là hình lăng trụ có đáy là hình bình hành.. Ví. Có bốn mặt bên đều là các hình bình hành.. ABCD. ABC D có AC  4 3 .. Hình hộp đứng: Là hình lăng trụ đứng có đáy là. Thể. hình bình hành. Có bốn mặt bên đều là các hình chữ. ABCD. ABC D là. nhật. Hình hộp chữ nhật: Là hình hộp đứng có đáy là. hình chữ nhật. Sau mặt của hình hộp chữ nhât đều là các hình chữ nhật.. dụ:. tích. Cho. hình. khối. lập. lập. A. 2 3.. B.. C. 64.. D. 125.. phương. phương. 4 3.. Hướng dẫn giải. Hình lập phương: Là hình hộp chữ nhật có tất cả. các cạnh bằng nhau. Sáu mặt đều là các hình vuông.. Đặt AB  x  AC  x 2. AAC vuông tại A có. AC  AA2  AC 2  2 x 2  x 2  x 3; AC  4 3  x 3  4 3  x  4. Vậy VABCD. ABC D  43  64 . Chọn C. 2. Bài tập Bài tập 1. Cho hình hộp đứng ABCD. ABC D có đáy ABCD là hình.   120 .Gọi G là trọng tâm tam giác ABD, góc tạo thoi cạnh a, BAD bởi C G và mặt đáy bằng 30 . Thể tích khối hộp ABCD. ABC D là A. a 3 .. B.. a3 . 3. a3 . 6. D.. a3 . 12. C.. Hướng dẫn giải.

(58)  S ABCD  AD. AD.sin BAD. Góc tạo bởi C G và. mặt. đáy.  G,  ABCD    C  C Áp dụng hệ thức lượng. 2   a 3. Ta có S ABCD  AB. AD.sin BAD 2.   120  ACD BAD. Do. đều. C CG vuông tại.  AC  a. và. C tính được  CC   CG.tan C ' GC. 2 2a . CG  CO  OG  AC  3 3. . trong. .. .   G,  ABCD   C GC  30 Lại có C. 2a 3  GC  Xét C CG vuông tại C có CC   CG.tan C 9 Vậy VABCD. ABC D  S ABCD .CC  . a3 3. Chọn B. Bài tập 2. Một tấm bìa hình vuông có cạnh 50cm. Người ta cắt bỏ đi. ở một góc tấm bìa hình vuông cạnh 16cm rồi gấp lại thành một cái hộp chữ nahat không có nắp. Thể tích khối hộp chữ nhật là A. 5184 cm3 .. B. 8704 cm3 .. C. 4608 cm3 .. D. 18496 cm3 .. Hướng dẫn giải. Khi cắt bỏ một góc AA  BB  CC   DD  16cm nên ABCD là hình vuông có AB  50  2.16  18  cm  ..  VABCD. ABC D  AB. AC. AD  18.18.16  5184  cm  . 3. Chọn A.. tấm bìa một hình vuông cạnh 16cm thì cạnh đáy còn lại là 50  2.16  18  cm  ,. chiều cao là 16cm..

(59) Bài tập 3. Cho hình hộp ABCD. ABC D có đáy ABCD là hình chữ. nhật AB  15, AD  5 . Hai mặt bên  ABBA  và  ADDA  lần lượt tạo với mặt phẳng đáy những góc 30 và 60 , cạnh bên có độ dài bằng 1. Thể tích khối hộp ABCD. ABC D là A. 21. C.. 15 65 . 13. B.. 15 65 . 12. D.. 21 . 2. Hướng dẫn giải. Ta có S ABCD  AB. AD  5 15 Kẻ AH   ABCD  , MH  AB, NH  AD  M  AB; N  AD . . .   ABBA  ,  ABCD    AMH  30; ADDA  ,  ABCD     ANH  60  Đặt AH  x , khi đó AN . x 2x 3  , sin 60 3. x 3 , AM  2 x . AM  NH  3. Vậy VABCD. ABC D Chọn B.. S ABCD  AB. AD  5. Kẻ AH   ABCD  ,. MH  AB, NH  AD. Xét AAM vuông tại M có AA2  AM 2  AM 2  1  4 x 2 . Ta có. x2 3 39 x 3 39. 3 39 15 65 .  S ABCD . AH  5 15.  39 13. .   ABBA  ,  ABCD . . ADDA  ,  ABCD   Xét AAM vuông tại M có. AA2  AM 2  AM 2 Mà AN . AH , sin 60. AM  NH , AM  2 A.

(60) Từ đó suy ra AH .. Dạng 9. Tỉ số thể tích khối chóp 1. Phương pháp. So sánh thể tích khối chóp cần tính với một khối đa diện khác đã biết trước hoặc dễ dàng tính thể tích. Trong phương pháp này, ta thường hay sử dụng kết quả của các bài toán sau. Chứng minh. Kết quả 1.. Cho hình chóp S. ABC . Lấy A, B, C  tương ứng trên các cạnh SA, SB, SC Khi đó. VS . ABC  SA SB SC   . . VS . ABC SA SB SC   SC   BSC Chú ý: Kết quả trên vẫn đúng nếu như trong Đặt   B các điểm. A, B, C . có thể có điểm. A  A, B  B, C  C . Ta có. d  A,  SBC   d  A,  SBC  . Thông thường, đối với bài toán này, đề thường cho điểm chia đoạn theo tỉ lệ, song song, hình chiếu… Công thức chỉ đúng khi đáy là tam giác. Nếu đáy là tứ giác, ngũ giác… ta phải phân chia đáy thành các tam giác và tính tổng thể tích các khối có đáy là tam giác.. VS . ABC  VA.SBC   VS . ABC VA.SBC. . SA SA. 1 d  A,  SBC    .S SBC  3  1 d  A,  SBC   .SSBC 3. 1 1 d  A,  SBC   . SB.SC .sin  SA SB SC  2 . . 3  1 1 SA SB SC d  A,  SBC   . SB.SC.sin  3 2. (điều phải chứng minh) Chứng minh 1. Chứng minh a  c  b  d. Kết quả 2.. Cho hình chóp S . ABCD đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng  P  cắt.

(61) SA, SB, SC , SD lần lượt tại A, B, C , D với. SA SB SC SD  a;  b;  c; d SA SB SC  SD.  a; b; c; d  0  Khi đó ta có hai công thức quan trọng sau 1. 2.. ac bd. Gọi. O là. tâm hình bình hành, I là giao điểm của SO và. VS . ABC D a  b  c  d  VS . ABCD 4abcd. Chú ý: Các công thức 1, 2 chỉ áp dụng cho. hình chóp có đáy là hình bình hành. Các công thức này được ứng dụng rất nhiều trong các bài toán tìm thiết diện cũng như thể tích khối đa diện nên tận dụng khi làm trắc nghiệm để không phải làm theo phương pháp chia nhỏ.  ABC D . đáy thành các tam giác. Ta có S SAO  S SOC . S SAI S SC I 2S SAC    S SAO S SCO S SAC. .  SI SA.SI .sin  ASI SC .SI .sin C    SA.SO.sin ASO SC.SO.sin CSO. = 2.. SA '.SC 'sin  A ' SC '  SA.SC sin ASC. . SA.SI SC .SI SA.SC    2. SA.SO SC.SO SA.SC. Nhân cả hai vế của đẳng thức với ta được. SA.SC.SO SA.SC .SI. SA SC SO   2. (1) SA SC  SI. Chứng minh tương tự Từ (1) và (2) suy ra. SB SD SO   2. (2) SB SD SI. SA SC SB SD    SA SC  SB SD. Hay a  c  b  d (điều phải chứng minh).

(62) 2. Chứng minh. Ta có. VS . ABC D a  b  c  d  4abcd VS . ABCD. VS . ABC D VS . ABC  VS . ADC    VS . ABCD 2VS . ABC 2VS . ADC. 1  SA SB SC  SA SD SC   . . . .     2  SA SB SC SA SD SC  1 1 1  d b =    2  abc acd  2abcd. Do a  c  b  d suy ra b  d  Vậy. abcd 2. VS . ABC D a  b  c  d  4abcd VS . ABCD. (điều phải chứng minh) 2. Bài tập Bài tập 1. Cho hình chóp SABC, trên các cạnh AB, BC, SC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho. AM  2 MB, BN  4 NC , SP  PC . Tỉ số thể tích của hai khối chóp S.BMN và A.CPN là A.. 4 . 3. B.. 8 . 3. C.. 5 . 6. Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có. VS .BMN VB.MNS BM BN BS 1 4 4    .  . . VS . ABC VB.ACS BA BC BS 3 5 15. VA.CPN VC . ANP CA CN CP 1 1 1 . .    .  VS . ABC VC.ABS CA CB CS 5 2 10 VS .BMN 4 1 8  :  VA.CNP 15 10 3. D. 1 ..

(63) Bài tập 2. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, góc giữa mặt. 1 bên và mặt phẳng đáy là  thỏa mãn cos   . Mặt phẳng  P  qua AC và vuông góc với mặt phẳng 3.  SAD  chia khối chóp S. ABCD thành hai khối đa diện có thể tích là V1. và V2 với V1  V2 . Tỉ lệ. gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau? A. 0,11 .. B. 0,13 .. C. 0, 7 . Hướng dẫn giải. Chọn A. Gọi O là tâm hình vuông ABCD . Vì S . ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO   ABCD  Gọi N là trung điểm CD. . .  CD  SN , CD  ON      SCD  ,  ABCD   SNO SCD  ABCD  CD      Kẻ CM  SD.  AC  BD  AC   SBD   AC  SD  AC  SO. Ta có .  SD   ACM    ACM    SAD  nên mặt phẳng  P  là  ACM . a ON 3a  2 Xét tam giác SON vuông tại O có SN   1 2 cos SNO 3 2. 2.  3a   a  SO  SN  ON        a 2  2  2 2. 2. Xét tam giác SOD vuông tại O có. D. 0,9 .. V1 V2.

(64) a 2 . SD  SO  OD  2. Ta có S SCD. 2. 2. 2. a 2 a 10     2  2 . 3a .a SN .CD 1 1 3a 10 2  CM .SD  SN .CD  CM    SD 2 2 10 a 10 2. Xét tam giác MCD vuông tại M có 2.  3a 10  a 10 DM  CD  CM  a     10  10  2. 2. 2. a 10 VMACD VMACD 1 DM DA DC 1 DM 1 10 1 . .   .  .  .  Ta có VSABCD 2.VSACD 2 DS DA DC 2 DC 2 a 10 10 2  VMACD . 1 VSABCD 10. Mặt phẳng  P  chia khối chóp S . ABCD thành 2 khối MACD và SABCM. VSABCD  VMACD  VSABCM  VSABCM  Do đó. 9 VSABCD 10. VMACD 1   0,11 VSABCM 9. Tổng quát: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, góc giữa. mặt bên và mặt phẳng đáy là  . Mặt phẳng  P  qua AC và vuông góc với mặt phẳng  SAD  chia khối chóp S . ABCD thành hai khối đa diện có thể tích là V1 và V2 với V1  V2 . Tỉ số thể tích của hai khối đa diện là. V1  cos 2  V2 Hướng dẫn giải. Ta có SD . . SN 2  ND 2  ON 2 .. 1  ND 2 2  cos SNO. a a 1 cos 2   1 1  2 2 cos  2.cos . Ta có S SCD . 1 1 CM .SD  SN .CD 2 2. SN .CD  CM   SD. a 1 .a 2 cos . a cos 2   1 2 cos . . a 1  cos 2 .

(65)  DM  CD 2  CM 2  a 2 . a2 a.cos   2 1  cos  1  cos 2 . VMACD V 1 DM DA DC 1 DM  MACD  .  . . . VSABCD 2.VSACD 2 DS DA DC 2 DS a cos  1  2. cos 2   2 2 1  cos  1  cos . 1  cos 2 . a 2 cos . VMACD .  cos 2  cos 2   1 1 V V VSABCD      VSABCD  SABCD SABCM 2 2 1  cos  1  cos 2   1  cos  . Do vậy. VMACD  cos 2  . VSABCM. 0    Bài tập 3. Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  a; SC  2a, ASB=BSC=60 , ASC  900 . Thể tích của. khối chóp S . ABC bằng V. Tỉ số A.. 4 6 . 3. B.. 6V bằng a3. 2.. C.. 3.. Hướng dẫn giải Chọn B.. Gọi M là trung điểm SC. Ta có SM  a  SAM vuông cân tại S. Gọi H là trung điểm của AM. Ta có AM 2 = SA2 + SM 2 = a 2.  SH . 1 a 2 AM  2 2.   600 nên BSM đều Vì SM  SB  a và BSC. D.. 3 . 3.

(66)  BM  a 0  SAB có SA  SB  a; ASB=60 nên là tam giác đều  AB  SA  a. Suy ra AB  BM  a  ABM cân tại B. Mặt khác AB 2  BM 2  2a 2 và AM 2  2a 2  AB 2  BM 2  AM 2  ABM vuông cân tại B (định lý Py-ta-go đảo)  BH  2. 1 a 2 AM  2 2. 2. a 2 a 2 2 2 2 2 2 Ta có SH  BH        a  SH  BH  SB  a 2 2     2. 2.  SHB vuông cân tại H (định lý py-ta-go đảo).. Ta có SH  AM , SH  HB  SH   ABM  . S ABM . 1 a2 1 1 a 2 a 2 a3 2 AB.BM   VS . ABM  SH .S ABM   2 2 3 3 2 2 12. VS . ABC 6V SC a3 2   2  VS . ABC  2VS . ABM   3  2 6 VS . ABM SM a.   ,BSC=   , ASC    . Thể tích Tổng quát: Cho chóp S . ABC có SA  a, SB  b; SC  c và ASB= khối chóp S . ABC là. VS . ABC . abc 1  cos 2   cos 2   cos 2   2 cos  cos  cos  . 6. Bài tập 4. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Trên các cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm A, B, C  sao cho SA  2SA; SB  3SB; SC  4SC  , mặt phẳng  ABC   cắt cạnh SD tại D . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của hai khối chóp S . ABC D và S . ABCD . Khi đó tỉ số bằng. A.. 1 . 24. B.. 1 . 26. C.. 7 . 12. Hướng dẫn giải Chọn A.. Cách 1. Phân chia đáy thành 2 tam giác. D.. 7 . 24. V1 V2.

(67) SA SC SB SD SD SD     2 4  3   3  SD  3SD SA SC  SB SD SD SD VS . ABC  SA SB SC  1 1 1 1 1 . .   . .   VS . ABC  S S . ABCD 24 VS . ABC SA SB SC 2 3 4 24 VS . AC D SA SD SC  1 1 1 1 1   . .   VS . ABC  . . S S . ACD 24 VS . ACD SA SD SC 2 3 4 24.  VS . ABC D  VS . ABC   VS . AC D . VS . ABC  VS . ACD V 1  S . ABC D  VS . ABCD 24 24. Cách 2. Áp dụng trực tiếp công thức. Ta có. VS . ABC D VS . ABCD. SA SB SC SD       SA SB SC SD  2  4  3  3  1  SA SB SC SD 4.2.4.3.3 24 4. . . . SA SB SC  SD Dạng 10. Tỉ số thể tích khối lăng trụ. 1. Phương pháp Trong phương pháp này, ta thường hay sử dụng kết quả của bài toán Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có các điểm M, N, P lần lượt thuộc các cạnh AA, BB, CC  sao cho. Chứng minh. AM BN CP  a,  b, c AA BB CC  Khi đó. VABCMNP abc  VABC . ABC  3. Đặc. biệt:. VA.MNP a V bc  , M .BCPN  VABC . ABC  3 VABC . ABC  3. Ta có. VA.BCC B  VABC . ABC   VA. ABC . 2V 1  VABC . ABC   VABC . ABC   ABC . ABC  3 3 1 d  M ;  ABC   .S ABC VM . ABC 3 Ta có VABC . ABC  d  A;  ABC   .S ABC.

(68) . 1 d  M ;  ABC   1 AM 1   a 3 d  A;  ABC   3 AA 3. a VM . ABC  .VABC . ABC  3. Suy ra Ta có. AM / /  BCC B   d  M ; BCPN   d  A; BCPN .  VM .BCPN  VA.BCPN Suy ra. VM .BCPN VA.BCPN S   BCPN VA.BCC B VA.BCC B S BCC B. 1  BN  CP  .d  C; BB  BN  CP 2  2 BB BB.d  C ; BB . . BN CP BN CP bc     2 BB 2 BB 2 BB 2CC  2.  VM .BCPN . bc VA. BCC B 2.  VM . BCPN . b  c 2VABC . ABC  . 2 3.  VM .BCPN . bc .VABC . AC B 3. Mặt khác. VABCMNP  VM . ABC  VM . BCPN . abc .VABC . A ' BC  3. VABCMNP abc (điều phải chứng minh).  3 VABC . ABC . 2. Bài tập Bài tập 1. Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có M, N, P lần lượt thuộc các cạnh AA, BB, CC  sao. cho AM  MA, BN  3 NB, CP  3PC  . Đặt V1 là thể tích của khối đa diện ABCMNP, V2 là thể tích khối đa diện còn lại. Tỉ số. A.. 3 . 2. V1 là V2. B. 2 .. C. 3 . Hướng dẫn giải. Chọn B. D.. 4 . 3.

(69) Ta có MA  MA . MA 1 BN 3 CP 3  ; BN  3NB   ; CP  3PC    AA 2 BB 4 CC  4. Đặt V  VABC . ABC . 1 3 3   V1 2 4 4 2 V 2 1    V1  V  V2  V  V1  V  1  2 Suy ra V 3 3 3 3 V2 Bài tập 2. Cho hình lăng trụ tam giác ABC. ABC  có thể tích là V và độ dài cạnh bên AA  6 .. Trên cạnh AA, BB, C C lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho AM  2, BN  x, CP  y với x, y là các số dương thỏa mãn xy  12 . Biết rằng thể tích khối đa diện ABC.MNP bằng của x  y bằng 2. 2. A. 24 .. B. 25 .. C. 10 . Hướng dẫn giải. Chọn B.. Ta có. AM 1 BN x CP y VABC .MNP 1  1 x y  1  ;  ;  ;      . AA 3 BB 6 CC  6 VABC . ABC  3  3 6 6  2. Suy ra x  y  7   x  y   49  x 2  y 2  49  2 xy  x 2  y 2  25 2. Dạng 11: Tỉ số thể tích khối hộp 1. Phương pháp. D. 17 .. 1 V . Giá trị 2.

(70) Cho hình khối hộp ABCD. ABC D , mặt phẳng.   cắt các cạnh. Chứng minh. AA, BB, CC , DD lần lượt tại. M, N, P, Q sao cho. AM BN CP DQ  a,  b,  c, d DD AA BB CC  Khi đó ta có. VABDC .MNPQ VABCD. ABC D . . 1 a  b  c  d  4. 1 1  a  c   b  d  2 2 Xét mặt phẳng ACC A Từ M, P ta lần lượt kẻ các đường thẳng song song với AC cắt OO theo thứ tự E, F Ta có. . AM CP OE OF    AA CC  OO OO. OI  IE OI - IF 2OI   OO OO OO. Tương tự xét mặt phẳng BDDB Ta cũng có. BN DQ 2OI   BB DD OO. Do đó. AM CP BN DQ     ac bd AA CC  BB DD Chia khối hộp ABCD. ABC D thành hai khối ABC. ABC  và ACD. AC D Áp dụng tỉ số thể tích của khối lăng trụ tam giác ta được. VABDC .MNPQ VABCD. ABC D. . 1 a  b  c  d  4. . 1 1  a  c   b  d  2 2.

(71) 2. Bài tập Bài tập 1. Cho hình lập phương ABCD. ABC D có N là trung điểm CC  . Mặt phẳng   đi qua. AN cắt các cạnh BB, DD lần lượt tại M, P.   chia khối lập phương thành hai phần có thể tích tương ứng bằng V1 và V2 V1  V2  . Tỉ số A.. 7 . 3. V2 bằng V1 C. 3 .. B. 2 .. D.. 5 . 2. Hướng dẫn giải Chọn C. Từ giả thiết ta có. VABCDPNM VABCD. ABC D Vậy. AA CN 1  0 21  AA CC   2 2 4. VABCDPNM 3 V   2 3 VAMNPABC D 4 V1. 3 Bài tập 2. Cho hình hộp ABCD. ABC D có thể tích bằng 36cm . Gọi hai điểm M, N lần lượt. thuộc các cạnh AA, CC  sao cho AM  2 AM , CN  3C N . Một mặt phẳng đi qua M, N lần lượt cắt cạnh BB, DD tại P và Q. Thể tích khối ABCDMPNQ bằng 3. 3. 3 B. 22cm .. A. 18cm .. C. 10,5cm . Hướng dẫn giải. Chọn D.. Ta có. VABCDMPNQ VABCD. ABC D. VABCDMPNQ . AM CN 2 3     AA CC 3 4  17   2 2 24. 17 17 VABCD. ABC D  .36  25,5cm3 24 24. 3 D. 25,5cm ..

(72) Bài tập 3. Cho hình hộp ABCD. ABC D có thể tích bằng V . Gọi M, N, P lần lượt thuộc các cạnh. AA, BB, CC , DD sao cho AM  2 AM , 2 BN  3BN ;3CP  4C P; 4 DQ  5 DQ . Thể tích khối ABCDMNPQ bằng A.. 572V . 945. B.. 13V . 21. C.. 26V . 45. D.. 559V . 945. Hướng dẫn giải Chọn A.. Ta có. AM CP 2 4 26 BN DQ 3 5 52     ;     AA CC  3 7 21 BB DD 5 9 45. AM CP BN DQ    AA CC  BB DD Cạnh MP sẽ lệch trên. Khối đa diện lồi ABCDMNPQ được chia thành hai khối đa diện theo cạnh MP là BACNMP và DACQMP. Ta có. VBACNMP 1  BN AM CP  1  3 2 4  193          VBACBAC  3  BB AA CC   3  5 3 7  315.  VBACNMP  VDACQMP VDACDAC . 193 193V VBACBAC   . 315 630. 1  DQ AM CP  1  5 2 4  113          3  DD AA CC   3  9 3 7  189.  VDACQMP . 113 113V VDACDAC   189 378. Vậy VABCDMNPQ  VBACNMP  VDACQMP . 193V 113V 572V   630 378 945. Dạng 12. Tách hình để tính thể tích 1. Phương pháp. Để tính thể tích các khối da diện phức tạp ta Ví dụ: Cắt khối hộp ABCD. ABC D bởi các không tính trực tiếp mà tính gián tiếp thông mặt phẳng  ABD  ,  CBD  ,  BAC .

(73) qua việc tính thể tích các khối đơn giản (khối chóp, khối lăng trụ).. ,  DAC  ta được khối đa diện có thể tích lớn nhất là. + Khối đa diện A được tạo bởi các khối đơn giản A1 , A2 ,... An . Khi đó. VA  VA1  VA2  ...  VAn .. A. AABD ' .. B. DADC .. C. ACBD .. D. CC BD .. Hướng dẫn giải. + Khối đa diện A được bổ sung thêm các khối cơ bản A1 , A2 ,... An để tạo thành khối cơ bản B. . . Khi đó VA  VB  VA1  VA2  ...  VAn . + Ta có thể sử dụng khôi phục lại hình ẩn ban đầu để tính toán dễ dàng hơn. + Sử dụng phương pháp trải hình trên mặt phẳng để dễ hình dung và tính toán thuận tiện hơn.. Cắt khối hộp bởi các mặt phẳng  ABD  ,.  CBD  ,  BAC  ,  DAC  ta được 5 khối tứ diện AABD , BABC , CC BD , D DAC , ABDC .. Gọi V là thể tích của khối hộp.. 1 VAABD  VBABC  VCC BD  VDADC  V 6 1 Suy ra VACBD  V nên tứ diện ACBD có 3 thể tích lớn nhất Chọn C. 2. Bài tập Bài tập 1. Một khúc gỗ có dạng và độ dài các cạnh được cho như hình vẽ. Thể tích khúc gỗ là A. V = 12.. B. V = 96.. C. V = 36.. D. V = 24..

(74) Hướng dẫn giải Chọn C.. Khúc gỗ được chia thành 2 phần, mỗi phần là một lăng trụ tam tam giác có đáy là các tam giác vuông, chiều cao khối lăng trụ bằng 4.. 1 1 Thể tích khối gỗ là V  V1  V2  4. .3.2  4. .3.4  36 . 2 2 Bài tập 2. Một hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có ba kích thước là 2 cm, 3 cm và 6 cm. Thể tích của khối tứ diện A.CB’D’ bằng A. 8cm3 .. B. 12cm3 .. C. 16cm3 .. D. 4cm3 .. Hướng dẫn giải Chọn B.. Khối hộp được tạo thành từ 5 khối B.AB’C; D.ACD’; A’.B’AD’; C.B’C’D’; A.CB’D’. Ta có VABCD. A ' B 'C ' D '  VB. AB’C  VD. ACD’  VA’.B’ AD’  VC . B’C ’ D’  VA.CB’ D’.  VABCD. A ' B 'C ' D '  4VB. AB’C  VA.CB’ D’  VA.CB’ D’  VABCD. A ' B 'C ' D '  4VB. AB’C. 1 1 1  VA.CB’ D’  VABCD. A ' B 'C ' D '  4 VABCD. A ' B 'C ' D '  VABCD. A ' B 'C ' D '  .2.3.6  12cm3 . 6 3 3 Bài tập 3. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có thể tích bằng V. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm 1 2 3 nằm trên các cạnh AA’, BB’, CC’ sao cho AM = AA’; BN = BB’; CP = CC’. Thể tích khối 2 3 4 chóp M.BCPN là A.. 7V . 36. B.. 17V . 36. C.. 7V . 18. Hướng dẫn giải Chọn B.. D.. 11V . 18.

(75) Ta có V  VABC . A ' B 'C '  AA '.S ABC. 1 1 1 V  VM . ABC  VM . A ' B 'C '  MA.S ABC  . . AA '.S ABC  . 3 3 2 6 Mặt khác. VA ' B 'C '.MNP 1  A ' M B ' N C ' P       VA ' B 'C '. ABC 3  AA ' BB ' CC ' . 11 1 1 13  VA ' B ' C '.MNP      VA ' B 'C '. ABC  VA ' B 'C '.MNP  V . 3 2 3 4 36.  VM . BCPN  VA ' B 'C '. ABC  VM . ABC  VA ' B 'C '.MNP  V . V 13 17V  V . 6 36 36. Bài tập 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Hai cạnh AC, BD cắt nhau tại O. Mặt phẳng (P) đi qua điểm O và song song với mặt phẳng (SAD) cắt khối chóp S.ABCD tạo thành hai V khối có thể tích lần lượt là V1 ; V2 (V1  V2 ) . Tỉ số 1 bằng V2 A.. 5 . 11. B.. 3 . 5. C.. 7 . 13. Hướng dẫn giải Chọn A. Cách 1:. D.. 1 . 2.

(76) Gọi h, V, S ABCD lần lượt là chiều cao, thể tích và diện tích đáy của hình chóp S.ABCD. Mặt phẳng (P) cắt hình chóp S.ABCD tạo thành thiết diện như hình vẽ. Khi đó VHGFCBE  V1 và thể tích phần còn lại là V2 (V1  V2 ) . Ta có VHGFCBE  VH . BEO  VH . BOC  VH .OCF  VG. HCF. 1 h 1 h 1 h 1  . S BEO  . S BOC  . SOCF  VB.GCF 3 2 3 2 3 2 2 1 h 11 h   .  S BEO  S BOC  SOCF    . .S BCF  3 2 23 2 . 1 h 11 h S   . .S BEFC   . . ABCD  3 2 23 2 4  1 1 S 1 1 1 1 1 5  1  . .h. ABCD  . . .  h.S ABCD   V  V  V . 2 3 2 2 2 4 3 16 16  4. Suy ra V1  Vậy. 5 5 11 V . Do đó V2  V  V1  V  V  V . 16 16 16. V1 5  . V2 11. Cách 2:. 1 1 S V Ta có VS . ADFE  .h.S ADFE  .h.  . 3 3 2 2 SE SF SB SC    VS . EFGH SE SF SH SG 1  1  2  2 3    Lại có SE SF SB SC 4.1.1.2.2. 8 VS .EFCB 4. . . . SE SF SH SG. 3 3V  VS .EFGH  VS .EFCB  . 8 16 Do đó VSADFGHE  VS . ADFE  VS .EFGH  Vậy. V1 5  . V2 11. V 3V 11V 5    V2 suy ra V1  V . 2 16 16 16.

(77) Bài tập 5. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh 2a, gọi M là trung điểm của BB’ và P thuộc 1 cạnh DD’ sao cho DP  DD ' . Mặt phẳng (AMP) cắt CC’ tại N. Thể tích khối đa diện AMNPBCD 4 bằng A. V  2a3 .. 3 C. V  9 a .. B. V  3a3 .. 4. 3 D. V  1 1 a .. 3. Hướng dẫn giải Chọn B.. Thể tích khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ là V=  2a   8a 3 . 3. Cách 1: Gọi O, O’ lần lượt là tâm hai hình vuông ABCD và A’B’C’D’, gọi K=OO’  MP, khi đó N=AK  CC’.. Ta có OK . 1  DP  BM  2. 1 a  3a 3a .  a     CN  2OK  2 2 4 2. S BMNC . 1 1 3a 5a 2 .  BM  CN  .BC   a   .2a  2 2 2  2. 1 1 5a 2 5a 3 VA. BMNC  .S BMNC . AB  . .2a  . 3 3 2 3 S DPNC . 1  DP  CN  .CD  2. 1  a 3a  2    .2a  2a . 2 2 2 . 1 1 4a 3 VA. DPNC  .S DPNC . AD  .2a 2 .2a  . 3 3 3 V  VA. BMNC  VA. DPNC . 5a 3 4a 3   3a 3 . 3 3. Cách 2:. Áp dụng công thức tính tỉ số thể tích khối hộp, ta có. VAMNPBCD VABCD. A ' B 'C ' D '. VAMNPBCD 1  BM DP  11 1 3  .       2  BB ' DD '  VABCD. A ' B 'C ' D ' 2  2 4  8. 3  VAMNPBCD  .8a3  3a3 . 8 Bài tập 6. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB và BC. Điểm P trên cạnh CD sao cho PD=2CP. Mặt phẳng (MNP) cắt AD tại Q. Thể tích khối đa diện BMNPQD bằng A.. 2 . 16. B.. 25 2 . 432. C.. 2 . 48. D.. 13 2 . 432.

(78) Hướng dẫn giải Chọn B.. Ta có MN//AC và PQ = (MNP)  (ACD)  PQ//AC  Thể tích khối tứ diện đều ABCD là V  VABCD . DQ DP 2   . DA DC 3. 2 . 12. Chia khối đa diện cần tính thành các khối tứ diện D.PQB; B.MNQ; B.PQN. Ta có VBMNPQD  VD. PQB  VB.MNQ  VB. PQN . 2. Trong đó VD. PQB. VB.MNQ. DQ DB DP 4 2  . . .V    V  V . DA DB DC 9 3. 2 1 S ACQ 1 AQ 1 BM BN BQ 1 . . .VB. ACQ    .VB. ACQ  . .V  . .V  V .  4 S ACD 4 AD 12 BA BC BQ 2. VB. PQN . 1 1 S 1 BP BQ BN . . .VB.PQC  .VB.PQC  . PQC .V  V . 2 2 S ACD 6 BP BQ BC. 25 2 4 1 1 . Vậy VBMNPQD      V  432  9 12 6  Bài tập 7. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Cạnh AA’=2a và. tạo với đáy một góc 45 . Thể tích khối tứ diện ACA’B’ là A.. a3 6 . 12. B.. a3 6 . 8. C.. a3 6 . 4. Hướng dẫn giải Chọn A.. D.. a3 6 . 6.

(79) Gọi H là hình chiếu của A’ trên (ABC).  ABC đều cạnh a  S ABC . . a2 3 . 4. . AA ', ( ABC )   A ' AH  45 . Ta có .  A ' AH vuông tại H có A ' H  AA '.sin  A ' AH  a 2 . V. ABC . A ' B ' C '  S ABC . A ' H . a3 6 . 4. Khối lăng trụ được chia làm ba khối chóp C.A’B’C’, B’.ABC và A.CA’B’.. 1 1 Ta có VC . A ' B 'C '  VABC . A ' B 'C ' và VB '. ABC  VABC . A ' B 'C ' 3 3 1 a3 6 .  VACA ' B '  VABC . A ' B ' C '  VC . A ' B 'C '  VB '. ABC  VABC . A ' B 'C '  3 12. Bài tập 8. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích bằng 15. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm trên cạnh 4 3 A’B’, B’C’, BC sao cho M là trung điểm của A’B’, B’N= B ' C ' và BP= BC . Đường thẳng NP 5 5 cắt đường thẳng BB’ tại E và đường thẳng EM cắt đường thẳng AB tại Q. Thể tích khối đa diện lồi AQPCA’MNC’ bằng A.. 23 . 64. B.. 49 . 16. C.. 83 . 8. Hướng dẫn giải Chọn C.. D.. 45 . 4.

(80) Ta có . EB EQ EP BP 3     EB ' EM EN B ' N 4. d ( E , ( A ' B ' C ')) d ( B, ( A ' B ' C ')). Lại có. =. EB ' = 4  d ( E , ( A ' B ' C ')) = 4d ( B, ( A ' B ' C ')) BB '. S B ' MN B ' M B ' N 1 4 2 .   .  . S A ' B 'C ' B ' A ' B ' C ' 2 5 5. 1 1 2  VE .MB ' N  d  E , ( MB ' N )  .S MB ' N  .4d  B, ( A ' B ' C ')  . S A ' B 'C ' 3 3 5  VE .QPB VE .MB ' N. 8 8 VABC . A ' B 'C '  .15  8 . 15 15 3. 3. 27 EP EQ EB  EB   3  27 . .    VE .QPB  VE .MB ' N .     64 EN EM EB '  EB '   4  64. Suy ra VBQP.B ' MN  VE .MB ' N  VE .BQP  VE .MB ' N . 27 37 37 37 VE .MB ' N  VE .MB ' N  .8  . 64 64 64 8. Vậy VAQPCA ' MNC '  VABC . A ' B 'C '  VBQP.B ' MN  15 . 37 83  . 8 8.

(81) Dạng 13. Phục hình và trải phẳng   CBD   90 ; AB=a; AC  a 5 ;  Bài tập 1. Cho tứ diện ABCD có DAB ABC  135 . Biết góc giữa. hai mặt phẳng (ABD), (BCD) bằng 30 . Thể tích của tứ diện ABCD bằng. a3 . 2 3. A.. a3 . 2. B.. a3 . 3 2. C.. D.. a3 . 6. Hướng dẫn giải Chọn D.. Dựng DH  ( ABC ) .  BA  DA Ta có   BA  AH ;  BA  DH  BC  DB  BC  BH .   BC  DH Tam giác AHB có AB=a,  ABH  45  HAB vuông cân tại A  AH=AB=a. Áp dụng định lý cosin, ta có BC= a 2 . 2 1   1 .a.a 2. 2  a . Vậy S ABC  .BA.BC.sin CBA 2 2 2 2.  HE  DA  E  AD   HE  ( DAB) và HF  ( DBC ) . Dựng   HF  DB  F  BD . .  . .    ), ( DBC )  HE , HF  EHF Suy ra ( DBA ax. Đặt DH=x, khi đó HE .  Suy ra cos EHF. a x 2. 2. , HF . xa 2 2a 2  x 2. .. HE 3 x 2  2a 2   xa. HF 4 2 x 2  2a 2. 1 a3 . Vậy VABCD  .DH .S ABC  3 6 Bài tập 2 Cho tứ diện ABCD có AB  CD  4; AC  BD  5;. AD  BC  6 . Thể tích của khối tứ diện ABCD là A.. 15 6 4. B.. 15 6 2. C.. 45 6 4. D.. 45 6 2. Chú ý: Cho khối tứ diện gần đều có độ dài các cạnh.  AB  CD  a   AC  BD  b  AD  BC  c .

(82) Đặt. Hướng dẫn giải.  x  a 2  b2  c2  2 2 2 y  b  c  a  z  a 2  c2  b2 . Chọn A. Dựng tứ diện AMNK sao cho B, C, D lần lượt là trung điểm của các cạnh MN, NK, KM.. Khi đó. Tứ diện AMNK có AM, AN, AK đôi một vuông góc.. VABCD .  AM 2  AN 2  64  AM 2  54  AM  3 6    2 2 2  AN  AK  100   AN  10   AN  10  AK 2  AM 2  144  AK 2  90     AK  3 10 VAMNK . 1 1 AM . AN . AK  .3 6 10.3 10  15 6 6 6. Vậy VABCD . VAMNK 15 6  4 4. Bài tập 3. Một con kiến đang ở vị trí M là trung điểm. cạnh AD của một chiếc hộp hình lập phương. ABCD. ABC D cạnh 5cm. Con kiến muốn bò qua sáu mặt của chiếc hộp rồi quay trở lại M. Quãng đường bò đi ngắn nhất của con kiến là A. 16 2cm .. B. 15 2cm .. C. 12 2cm .. D. 13 2cm . Hướng dẫn giải. Chọn B.. 2 12. xyz.

(83) Trải sáu mặt phẳng của hình lập phương ABCD. ABC D như hình vẽ 1. Để đi đường ngắn nhất từ M đến M ( M  M  hay M  là trung điểm AD trên mặt khai triển) thì con kiến cần bò theo đoạn. MM  . Trên chiếc hộp, đường đi ngắn nhất của con kiến là đường MNPQKZM như hình 2 với N, P, Q, K, Z lần lượt là trung điểm của DD, CD, BC, BB, AB . Quãng đường ngắn nhất con kiến bò là đoạn MNPQKZM . Ta có MNPQKZM  MN  NP  PQ  QK  KZ  ZM . Các đoạn thẳng con kiến bò trên các mặt hình lập phương đều có độ dài bằng nửa độ dài đường chéo hình vuông. Do đó quãng đường con kiến bò ngắn nhất là 6.. 5 2  15 2 2. Bài tập 4. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD một con kiến bò từ đỉnh A của đáy để đi tất cả các mặt xung quanh rồi trở về vị trí A. Biết cạnh bên bằng 6cm, cạnh đáy bằng 4cm. Quãng đường ngắn nhất mà con kiến đi là A. 13, 48cm .. B. 10, 25cm .. C. 12, 05cm . Hướng dẫn giải. Chọn D.. D. 11, 73cm ..

(84) Trải hình chóp thành hình như hình vẽ trên. Khi đó quãng đường ngắn nhất con kiến phải bò là. AA1.  H Ta có sin AS. AH 1    8.190 28  1550 46 H  190 28  ASA   AS 1 SA 3.   AA1  SA2  SA12  2 SA.SA1 cos AS A1  11, 73cm.   11 . Gọi Q là trung điểm Bài tập 13. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có SA  a và SAB 24 cạnh SA. Trên các cạnh SB, SC, SD lần lượt lấy các điểm M , N , P không trùng với các đỉnh của hình chóp. Giá trị nhỏ nhất của tổng AM  MN  NP  PQ theo a là. a 2 sin A.. 3. 11 24. a 3 B. 2. a 2 C. 4 Hướng dẫn giải. Chọn B.. Trải phẳng. a 3 sin D.. 3. 11 12.

(85)   11 nên Do hình chóp tứ giác đều nên mỗi mặt bên đều là các tam giác cân, theo giả thiết SAB 24 22   ASB     (1) 24 12 Cắt hình chóp theo cạnh bên SA rồi trải các mặt bên thành một mặt phẳng ta được hình vẽ như trên sao cho khi ghép lại thì A  A . Khi đó, tổng AM  MN  NP  PQ là tổng các đường gấp khúc nên tổng này nhỏ nhất nếu xảy ra các điểm A, Q, M , N , P thẳng hàng và Q là hình chiếu của A trên SA ..    A  4.  Đồng thời theo (1) ta có AS 12 3. (2). Suy ra ASA  là tam giác đều. Vậy AQ . a 3 a 3 hay GTNN của tổng AM  MN  NP  PQ  2 2. ASB  300 , SA  1 . Lấy B, C lần lượt thuộc cạnh SB, SC Bài tập 6 Cho hình chóp đều S . ABC có  sao cho chu vi tam giác AB C  nhỏ nhất. Tỉ số A. 0, 55 .. B. 0, 65 .. VS . ABC  gần giá trị nào nhất trong các giá trị sau? VS . ABC. C. 0, 45 . Hướng dẫn giải. Chọn A. Trải phẳng. D. 0, 75 ..

(86) Cắt tứ diện theo các cạnh SA, AC , AB rồi trải lên mặt  SBC  . Tam giác SBC giữ nguyên; tam giác SAB lật thành tam giác SAB ; tam giác SAC thành tam giác SCA Do đó AC   AC , SA  SA  1.    CSA   3.300  900 và SA  SA  1 nên SAA là tam giác vuông cân ASA   ASB  BSC tại S.. C ABC   AB  BC   AC   AB  BC   AC   AA  2 không đổi. Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi A, B, C , A thẳng hàng tức là khi B  B0 , C   C0 . Ta có.  sin 450 SB SB0 SB0 sin SAB 0      1  3  SB SB SA sin SB0 A sin1050 2. Vậy. VS . ABC  SB SC   SB    .   4  2 3  0,54 . VS . ABC SB SC  SB  Dạng 14.Bài toán cực trị liên quan đến thể tích khối đa diện. 1. Phương pháp Bước 1: Chọn ẩn. Ẩn này có thể là góc  hoặc cạnh thích hợp trong khối đa diện. Bước 2: Với ẩn số được chọn ở bước 1, ta xem đó như là các yếu tố đã cho để tính thể tích V của khối đa diện theo các phương pháp đã biết. Bước 3: Ta có một hàm số f  x  , x  D mà cần tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của nó. Dùng bất đẳng thức cổ điển. (Cô-si hay Bunhiacopxki) hoặc sử dụng tính đơn điệu của hàm để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất. 1. Bất đẳng thức Cô-si. a  Cho a  0, b  0 ta có. ab  ab . 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b . b  Cho a  0, b  0, c  0 ta có. abc 3  abc . 3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c ..

(87) c  Cho a1  0, a2  0,  , an  0. Ta có. a1  a2    an n  a1 .a2  an . n. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1  a2    an . Các bất đẳng thức cơ bản.. Các dạng hay sử dụng.. a b 1 1 8 1 ; a   2, a  0   2, a, b  0; 2  2  2 b a a a b a  b. . .   4ab   a  b   2 a2  b2 2.  . .   3  ab  bc  ca    a  b  c   3 a2  b2  c2 . 2. 1 1 1    a1  a2    an       an  a1 a2 .  2   n . 1 1 1 n2     . a1 a2 an a1  a2    an. 2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki. a. Dạng đa thức Bất đẳng thức Bunhiacopxki.. Cho 2 bộ số  n  Z , n  2  : a1 , a2 , , an và  b1 , b2 , , bn  ta có. a. 2 1. .  a2 2    an 2 . b12  b2 2    bn 2.   a1b1  a2 b2    an bn . Dấu "  " xảy ra . . 2. a a1 a2    n . b1 b2 bn. b. Dạng phân thức. Cho 2 bộ số  n  Z , n  2  : a1 , a2 , , an và  b1 , b2 , , bn  với b1 , b2 , , bn  0. an 2  a1  a2    an  a12 a2 2 .      Ta có b1 b2 bn b1  b2    bn 2. Bài tập: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại C và SA vuông góc với mặt. phẳng đáy. Cho SC  a , mặt phẳng  SBC  tạo với mặt đáy một góc  . Thể tích khối chóp S . ABC đạt giá trị lớn nhất là A.. a3 . 16. B.. a3 3 . 27. C.. a3 3 . 48. Hướng dẫn giải. D.. a3 2 . 24.

(88) Chọn B.. . .    Ta có  , AC  SCA  SBC  ,  ABC    SC. Xét SAC vuông tại A có  SA  SC.sin   a sin    AC  SC.cos   a cos  1 1 1 1 a3  2  VS . ABC  S ABC .SA  .  AC 2  .SA  .  a cos   .a sin   cos 2  .sin  . 3 3 2 6 6 . VS . ABC đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi biểu thức P  cos 2  .sin  .  1  sin 2   .sin  đạt giá trị lớn nhất. Cách 1:. Đặt t  sin  . Vì 0    90 nên 0  sin   1.  0  t 1 Ta có P  f  t   1  t 2  t  t 3  t xác định và liên tục trên  0;1 .  3 (nhan) t  3 2  f   t   3t  1  f   t   0   3 (loai) t   3  Bảng biến thiên:. Dựa vào bảng biến thiên, ta có max f  t    0;1. Vậy max VS . ABC . 2 3 3 khi t  . 9 3. a3 a3 2 3 a3 3 3 .Pmax  .  khi và chỉ khi sin   . 6 6 9 27 3.

(89) Cách 2:. Vì 0    90  sin   0. .  P  1  sin  2. 2. . 2. 1  sin  1  sin   2sin   . = 2. sin  2. 2. 2. 2. 2 Áp dụng Cô-si cho 3 số dương 1  sin 2  ,1  sin 2  và 2sin  , ta được:. 1  sin  1  sin   2sin   2. 2. . 2.  .  .  1  sin 2   1  sin 2   2sin 2   3  . 1  sin  1  sin   2sin     2. 2. 2. 2.  P 2 max .  . 3.  . . 8 27. 4 27. 4 2 3  Pmax  . 27 9. 2 2 Đẳng thức xảy ra khi 1  sin   2sin   sin  . Vậy max VS . ABC . 3 . 3. a3 a3 2 3 a3 3  .Pmax  . . 6 6 9 27. 2. Bài tập Bài tập 1. Cho hình chóp S. ABC có SA là đoạn thẳng thay đổi sao cho SA  x ,. . . x  0; 3 , các cạnh còn lại đều bằng 1. Thể tích khối chóp S. ABC đạt giá trị lớn nhất là A.. 1 4. B.. 1 16. C.. 1 8. D. Tổng quát:. Cho Hướng dẫn giải. Chọn D. 1 12. hình. chóp S.ABC có. SA. là. đoạn thẳng thay đổi sao cho. SA=x,. các cạnh còn lại đều bằng a (a là hằng số). với.

(90) Ta có tam giác ABC đều  S ABC . . 3 . 4. x  0; a 3. . Thể tích. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA và BC .  SA  BM Ta có SAB và SAC là hai tam giác cân tại B và C nên   SA  CM.  SA   BCM   SA  BC. 2. x  BMC cân tại M. 4. Kẻ SH  AN . Do BC   SAN   BC  SH  SH   ABC  .. S SAN . 3 x2 1   3  x2 . 4 4 2. 1 1 SA.NM x 3  x2  SH  SA.NM  SH . AN  SH  . 2 2 AN 3. 1 x 3  x2 1  x2  3  x2  1 S . ABC  S . ABC .SH   .  . 3 12 12  2  8 Vậy max VS . ABC . 1 3 6 đạt được khi và chỉ khi x 2  3  x 2  x 2   x  . 2 2 8. Bài tập 2. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a . Tam giác. SAB vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi  là góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng  SBC  , với   45 . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S . ABCD A. 4a 3. B.. 8a 3 3. 4a 3 3. D.. 2a 3 3. C.. S. ABC. Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi D là đỉnh thứ tư của hình bình hành SADD . Khi đó DD / / SA mà SA   SBC  Nên DD   SBC    SDA , Ta có  SD,  SBC      DSD. chóp đạt. giá trị lớn. 2. Suy ra MN  BC  BC   SAN  .. Ta có MN  SN 2  SM 2 . khối. nhất. Mặt khác BM  CM  AB 2   AM   1 . . VS . ABC . là a3 . 8.

(91) Do đó SA  AD.tan   2a tan  .. Đặt tan   x, x   0;1 Gọi H là hình chiều của S lên AB , ta có 1 4a 2 VS . ABCD  SH .S ABCD  .SH . 3 3 Do đó VS . ABCD đạt giá trị lớn nhất khi SH lớn nhất. Vì SAB vuông tại S nên. SH . SA.SB SA AB 2  SA2 2ax 4a 2  4a 2 x 2    2ax 1  x 2 . AB AB 2a.  SH  2a.. x2  1  x2  a. 2. Từ đó max SH  a khi tan  . 2 . 2. 1 4a 3 Vậy max VS . ABCD  a.4a 2  . 3 3 Bài tập 3. Khối chóp S. ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , SA  SB  SC  a, cạnh. SD thay đổi. Thể tích lớn nhất của khối chóp S. ABCD là A.. a3 2. B.. a3 8. C.. a3 4 Hướng dẫn giải Chọn D. Gọi I là tâm hình thoi ABCD , H là hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD  , suy ra H  BI . Ta có SI 2  SA2  IA2  a 2  IA2 , IB 2  AB 2  IA2  a 2  IA2 suy ra SI  IB .. Khi đó tam giác SBD vuông tại S .. 3a3 8. D..

(92) Đặt SD  x . Ta có SB.SD  SH .BD  a.x  SH .BD  SH . a.x BD. 1 1 1 ax 1 1 Ta có VSABCD  SH . AC.BD  . . AC .BD  ax. AC. 3 2 3 BD 2 6. Lại có BD 2  SB 2  SD 2  a 2  x 2 suy ra IB 2   IA2  a 2 . a 2  x 2 3a 2  x 2  . 4 4. Suy ra AC  2 IA  2 VSABCD. a2  x2 4. 3a 2  x 2  3a 2  x 2 . 4. 1 a x 2  3a 2  x 2 a 3 2 2  ax. 3a  x  .  . 6 6 2 4. Bài tập 4 : Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2,. SA  2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Gọi M , N là hai điểm thay. đổi trên hai cạnh AB, AD sao cho mặt phẳng  SMC  vuông góc với mặt phẳng.  SNC  . Tính tổng T  AN1. 2. . 1 khi thể tích khối chóp S. AMCN đạt giá trị lớn AM 2. nhất.. 5 B. T  . 4. A. T  2. C. T . 2 3 . 4. D. T . 13 . 9. Hướng dẫn giải Chọn B. Đặt AM  x , AN  y. Gọi. O  AC  DB; E  BD  CM ; F  BD  CN . H là hình chiếu vuông góc của O trên SC, khi đó: HO . 2 . 3. SC  OH SC  HE  SC   HBD    . Ta có  SC  BD SC  HF Do đó góc giữa  SCM  và  SCN  bằng góc giữa HE và HF . Suy ra HE  HF..

(93) 1 2 Mặt khác VS . AMCN  SA.SAMCN   x  y  . 3 3 Ta có x  0, y  0 và nếu x  2, y  2 thì gọi K là trung điểm của AM , khi đó. OE KM x OE EB OB x 2 .       OE  4  2x 4  x 4 x EB MB 4  2 x x Tương tự OF . y 2 mà OE.OF  OH 2   x  2  y  2   12. 4y. Nếu x  2 hoặc y  2 thì ta có OE.OF  OH 2   x  2  y  2   12.. 1 2 2 Suy ra VS . AMCN  SA.SAMCN   x  y    x  2    y  2   4  3 3 3 .  2 12  4 . x  2    3 x2 . Do đó max VS . AMCN.  x  1  1 1 1 1 5 y  2 2 T    2 2  . 2 2  x  2 4 AM AN x y    y  1. Bài tập 5: Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác vuông tại A với. AB  1, AC  3. Hình chiếu của S trên mặt phẳng đáy là điểm H sao cho các mặt phẳng  SAB  và  SAC  cùng tạo với SH góc 30 và mặt phẳng  SBC  tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 . Thể tích lớn nhất của khối chóp S. ABC là. A. Vmax . 1 3 . 4. B. Vmax . 3 3 . 4. C. Vmax . 3 1 . 4. D. Vmax . 3 3 . 4. Hướng dẫn giải Chọn D.. .  . .   Ta có SH ,  SAB   SH ,  SAC   30 nên hai. mặt phẳng  SAB  và  SAC  sẽ cùng tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 . Suy ra d  H , AB   d  H , AC   d  H , BC  tức H hoặc là tâm nội tiếp hoặc là tâm bàng tiếp các góc A, B, C của tam giác. Ta có S . 3 3 3 ;p còn các cạnh a  2, b  3, c  1. 2 2.

(94) Khi đó r  rb . S 1  3 S 3 3 ; ra  ;   p 2 pa 2. S 1 3 S 3 3  ; rc   . pb 2 pc 2. Chiều cao chóp lớn nhất khi SH max  ra 3 . 33 3 3 3 .  Vmax  2 4. Bài tập 6. Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có các cạnh bên bằng a , góc tạo bởi   mặt bên và mặt phẳng đáy là  với    0;  . Thể tích khối chóp S. ABCD đạt  2 giá trị lớn nhất là. A.. 4a3 7 . 49. B.. 4a3 3 . 27. C.. 2a3 3 . 9. D.. 4a3 15 . 75. Hướng dẫn giải Chọn B. AC  BD  O  SO   ABCD . Gọi M là trung điểm của CD. . .     SCD  ,  ABCD   SMO  .. Gọi độ dài một cạnh hình vuông là x . Tam giác SMC vuông tại M có SM  SC 2  CM 2  a 2 . x2 . 4. Tam giác SOM vuông tại O có: 2   cos  . a 2  x OM  SM .cos SMO 4. . x x2 x2  2 x2   cos  . a 2     a   cos2  2 4 4  4 . 1 4a cos  4a 2 2a 1  tan 2   .  x2   x 2 2 2 1 1  cos  2  tan    2 tan 1 1  tan 2  2.  SABCD . 2. 4a 2 .. 4a 2 . 2  tan 2 .

(95)   x .tan   a.tan  . Ta có: SO  OM .tan SMO 2 2  tan 2 . 1 1 4a 2 a.tan  4a3 .tan   VS . ABCD  .SABCD .SO  . . 3 3 2  tan 2  2  tan 2  3 2  tan 2 . . . 3. ..   Do    0;   tan   0 . Thể tích khối chóp đạt giá trị lớn nhất khi  2. 4 . 3. a3 .tan .  2  tan   2. Ta xét f   . 3. đạt giá trị lớn nhất.. tan 2 .  2  tan   2. 3. .. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương Ta có f   . tan 2 .  2  tan   2. 3. . tan 2  1 1 ; ; . 2 2 2  tan  2  tan  2  tan 2 . tan2  1 1 . . 2 2 2  tan  2  tan  2  tan 2  3.  1  tan 2   1 1 1       . 2 2 2  3  2  tan  2  tan  2  tan    27 f   . 1 tan 2  1     tan 2   1    . 2 2 27 4 2  tan  2  tan . Vậy max VSABCD . 4a3 3.  2  1. 3. . 4a3 3 . 27. Bài tập 7. Một hình hộp chữ nhật có diện tích toàn phần là S . Thể tích lớn nhất của khối hộp chữ nhật là A.. S S . 3. B.. S S . 36. C.. S 6S . 36. D.. S 3S . 9. Hướng dẫn giải Chọn C.. Gọi chiều dài, chiều rộng, chiều cao của hình hộp chữ nhật lần lượt là a, b, c với a, b, c  0 . Ta có S  2ab  2ac  2bc Áp dụng bất đẳng thức AM  GM : S  2ab  2ac  2bc  3 3 2ab.2ac.2bc  6 3 a2 b2 c 2.

(96) 6 3 a2 b2 c 2  S  a2 b2 c 2 . S3 S3 S 6S .  abc   216 216 36. Đẳng thức xảy ra khi a  b  c hình hộp chữ nhật trở thành hình lập phương. Bài tập 8. Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  , đáy ABC là tam giác vuông tại A. . Khoảng cách từ AA đến  BCC B  và khoảng cách từ C đến  ABC   đều bằng Trong. các.   hình hộp chữ x không đổi, góc giữa hai mặt phẳng  ABC   và  ABC  bằng    0;  . Để thể  2 nhật có cùng tích khối lăng trụ ABC. ABC  nhỏ nhất thì góc  có giá trị gần nhất giá trị nào sau diện tích đây? toàn phần thì A. 25 B. 35 hình lập C. 45 D. 55 phương thì Hướng dẫn giải có thể tích Chọn B lớn nhất. Dựng AH  BC  H  BC  , CK  AC ( K  AC ). Ta có d  AA;  BCC B    AH  x và. d  C;  ABC     CK  x    .  ABC   ;  ABC    CAC  Xét tam giác ACK vuông tại K có AC . CK x  . sin  sin . Xét tam giác ACC ' vuông tại C có CC '  AC.tan  . x x .tan   . sin  cos . Xét tam giác ABC vuông tại A có 1 1 1    AB  2 2 AB AH AC 2. AH . AC 2. AH  AC. 3. . . x2. x 2 1  sin 2 . . . x . cos . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  là VABC . ABC  . 1 x3 AB. AC .CC   . 2 2 sin  cos2 . Để thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  là nhỏ nhất thì sin  cos2  lớn nhất. 1 Ta có sin 2  cos4   2 sin 2  cos2  cos2  2. 1  2 sin 2   cos2   cos2   8 2 3 3x 3 3    sin  cos2   V  .  2 3 9 4  54.

(97) Vậy Vmin . 3x 3 3 . 4. Đẳng thức xảy ra khi 2sin 2   cos2   tan  . 2    35. 2. Bài tập 9. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có AB  BC và BD  3cm . Hai.   mặt phẳng  ACC A  và  BDDB  hợp với nhau một góc   0     . Đường 2 .   chéo B D hợp với mặt phẳng  CDDC   một góc   0     . Hai góc  ,  thay 2  đổi nhưng thỏa mãn hình hộp ADDA.BCC B luôn là hình lăng trụ đều. Giá trị lớn nhất thể tích của khối hộp ABCD. ABC D 3 cm 3. A.. B. 2 3 cm 3. C. 6 3 cm 3. D. 12 3 cm 3 Hướng dẫn giải. Chọn B. . .   Ta có  ACC A  ;  BDDB   COD.   CBD. .   3cos   BC  BD.cos CBD 2 2.   3sin  Lại có CD  BD.sin CBD 2. . .   D;  CDDC    B DC    Ta có B. Do ADDA.BCC B luôn là hình lăng trụ đều nên BC  CC  VABCD. ABC D  BC.CD.CC   27.sin. Xét sin 2.  2. cos 4. .  2. .cos 2.  2. 1     .2sin 2 .cos 2 .cos 2 2 2 2 2 2.

(98)     2sin 2  cos 2  cos 2 1 2 2 2   2 3 . 3.   4   .  27 . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi 2 sin 2.  sin.  2.  2. .  cos 2. cos 2.  tan 2. 2. . . 2.  2. . 1 2    2 arctan 2 2. 2 3 V  6 3 . 9. Dạng 15: Sử dụng thể tích để tính khoảng cách 1. Phương pháp. . Để tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng ta sử dụng phương pháp đổi đỉnh và 1 3V áp dụng công thức V  h.S  h  . 3 S. . Trong đó V là thể tích khối đa diện, S là diện tích đáy và h là khoảng cách từ đỉnh đến mặt đáy.. . Để tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau ta áp dụng công thức V. 1 6V  AB.CD.sin  AB, CD d  AB; CD   d  AB; CD   .  6 AB.CD.sin  AB, CD . 2. Bài tập Bài tập 1. Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác vuông ở B . Cạnh SA vuông Khoảng. góc với đáy. Biết SA  a, AB  b. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SBC  là A. C.. ab a2  b2. .. ab 2 a2  b2. B. .. D. Hướng dẫn giải. 2ab a2  b2 ab a2  b2. cách từ điểm. A đến mặt phẳng. . ..  SBC  bằng chiều của. cao hình. chóp A.SBC . Do đó:. . . d A,  SBC  .

(99) Chọn D. . . Ta có d A,  SBC  . 3VA.SBC . SSBC. Ta có: 1 1 VA.SBC  VS . ABC  SA.SABC  SA. AB.BC. 3 6. Mặt khác SA   SBC   SA  BC mà. ABC vuông tại B nên BC  BA. Suy ra BC  SB hay SBC vuông tại B  SSBC . . 1 BC.BS. 2. Vậy d A,  SBC . . 1 3. SA. AB.BC SA. AB SA. AB ab  6    . 2 2 2 2 1 SB SA  AB a  b SB.BC 2. Bài tập 2. Cho tứ diện đều cạnh bằng 1 và điểm I nằm trong tứ diện.. Tổng khoảng cách từ I đến các mặt của tứ diện là A.. 6.. B.. 6 . 9. C.. 3 . 2. D.. 6 . 3. Hướng dẫn giải Chọn D. Xét tứ diện đều ABCD có diện tích đáy là. 3 và chiều cao là 4. 2 nên 3. thể tích tứ diện đều ABCD là. V. 2 . 12. Gọi h1 , h2 , h3 , h4 lần lượt là khoảng cách từ I đến các mặt.  BCD  ,  ACD  ,  ABD  ,  ABC  . Đặt V1  VIBCD , V2  VIACD , V3  VIABD , V4  VIABC . Ta có V  V1  V2  V3  V4 .. Cách trắc nghiệm: Chọn đặc biệt I  A . Khi đó tổng khoảng cách từ I đến các mặt của tứ diện bằng khoảng cách từ A đến.  BCD . bằng. 6 . 3. và.

(100) 3V 1 V1  h1 .SBCD  h1  1 . 3 SBCD. Tương tự h2 . 3V 3V2 3V , h3  3 , h4  4 . SACD SABD SABC. Vậy h1  h2  h3  h4 . 3V 3V1 3V 3V  2  3  4 . SBCD SACD SABD SABC. Tứ diện ABCD là tứ diện đều nên SBCD  SACD  SABD  SABC  Suy ra h1  h2  h3  h4 . 3 V 1 V 2 V 3 V 4  3 4. . 3V 3 4. . 3 . 4. 6 . 3. Bài tập 3. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có AB  3, AD  4, AA  5 . Lấy. điểm M trên cạnh AB sao cho BM  4 AM . Khoảng cách từ C  đến BD bằng 4. Khoảng cách từ điểm M đến  BC D  là A. 2 C.. 3 3 2. B.. 12 5. D.. 8 3. Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có BM  4 AM . BM 4 4   VM . BC D  VA. BC D 5 AB 5. 1 1 Mà VA. BC D  VC . ABD  CC .S ABD  CC . AB. AD  10  VM . BC D  8. 3 6. Ta có BD  AB 2  AD 2  5, SC BD . 1 d  .BD  10. 2 C , BD .

(101) 3V 1 12 Ta có VM , BC D  d  M , BC D  .S BC D  d  M , BC D   M . BC D  . S BC D 3 5. Bài tập 4. Cho tứ diện ABCD có AB  CD  4, AC  BD  5, AD  BC  6.. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BCD  là A.. 3 6 . 7. B.. 3 2 . 5. C.. 3 42 . 7. D.. 7 . 2. Hướng dẫn giải Chọn C.. Áp dụng công thức tính nhanh thể tích khối tứ diện gần đều, ta có 1. VABCD . =.  a. 6 2. 1 6 2. Ta có p .  4. 2. 2.  b2  c2.  a. 2.  b2  c 2. . 2.  b2  c2. . . .  52  62 42  52  62 42  52  62 . 15 6 . 4. BC  CD  DB 4  5  6 15   . 2 2 2. Suy ra SBCD  p  p  4  p  5 p  6  . . Ta có d A,  BCD . Bài.  a. tập. 5.. . 15 7 . 4. 15 6 3VA.BCD 3. 4 3 42    . SBCD 7 15 7 4. Cho. hình. chóp. S.ABC. có. SA  2, SB  3, SC  4 .Góc.   45, BSC   60, CSA   90 . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA và ASB BC. A.. 6 34 . 17. B.. 4 34 . 17. C.. 7 34 . 17. D.. 3 34 . 17. Hướng dẫn giải Chọn C.

(102)    , BSC    , CSA   Hình chóp S.ABC có SA  a, SB  b, SC  c và ASB.  VS . ABC . abc 1  cos2   cos2   cos2   2 cos  .cos  .cos   VS . ABC  2. 6. Ta có: AC  20; BC  13. cos  SA, BC  . 32  42  20  13  6 2 3 SB 2  SC 2  AC 2  AB 2 .   2SA.BC 2.2. 13 26. Suy ra sin  SA, BC   Suy ra d  SA, BC  . 17 26. .. 6V 6 34  .  17 SA.BC.sin  SA, BC . Bài tập 6. Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng V. Trên AB lấy hai điểm M, N trên. CD lấy hai điểm P, Q thỏa mãn 2. MN PQ 3  1 . Thể tích khối MNPQ đạt giá trị CD AB. lớn nhất bằng A.. V . 8. B.. V . 16. C.. V . 24. D.. V . 32. Hướng dẫn giải Chọn C..

(103) 1 VABCD  AB.CD.d  AB, CD  .sin  AB, CD  ; 6 1 VMNPQ  MN.PQ.d  MN, PQ .sin  MN, PQ . 6. Do d  AB, CD   d  MN , PQ  và sin  AB, CD   sin  MN , PQ  nên. VMNPQ VABCD. Ta có 2  6 . . MN .PQ . AB.CD. MN PQ MN PQ MN PQ 3 2 2 2 6 .3 . CD AB CD AB CD AB. MN PQ 1 MN PQ .  do 2 3 1 CD AB 2 CD AB. V 1 MN PQ 1   MNPQ  . . CD AB 24 VABCD 24. Vậy VMNPQ . V V  MaxVMNPQ  . 24 24.

(104)

Các dạng bài tập VDC khối đa diện và thể tích của chúng - TOANMATH.com

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về