Bai tap SGK on thi THPTQG

<span class='text_page_counter'>(1)</span>HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. KHỐI ĐA DIỆN-THỂ TÍCH (Những bi tập SGK) Bài 1 : Hãy chia một khối tứ diện thành hai khối tứ diện sao cho tỉ số thể tích của hai khối tứ diện này bằng một số k > 0 cho trước. Giải Xét khối tứ diện ABCD,lấy điểm E trên đoạn CD sao A cho CE = k.ED (k > 0).Khi đó mặt phẳng (AEB) chia tứ diện ABCD thành hai khối tứ diện là ABCE và ABDE. Gọi h là chiều cao của tứ diện ABCD h= d(A,(BCD) và d(B,CD) = m.Ta có : 1 1 V1 = .h. m.CE 3 2 Thể tích khối tứ diện ABCE là: 1 1 V2 = h. m.DE 3 2 Thể tích khối tứ diện ABDE là:. D B E C.  V1 = k.V2. Bài 2: Tính thể tích của khối hộp ABCD.A’B’C’D’ biết rằng AA’B’D’ là khối tứ diện đều cạnh a . Giải C Vì AA’B’D’ là tứ diện đều nên đường cao AH B có chân H là trực tâm tam giác đều A’B’D’ A. A’B’D’ đều . D B'. A'H =. AH  AA '2  A ' H 2 . C'. a 3 3 và. a 6 3. Vì A’B’C’D’ là hình thoi ,góc A’ bằng 600 nên: a2 3 SA ' B 'C ' D '  A ' B '.C ' D '.sin 60  2 2 3 a 3 a 6 a 2 V B.h  .  2 3 2 . A'. O. H D'. Bài 3: Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’.Tính tỉ số thể tích của khối hộp đó và thể tích của khối tứ diện ACB’D’.. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Giải Đặt S = SABCD và h = chiều cao của khối hộp,suy ra thể tích của khối hộp : V = Sh. D C Chia khối hộp thành khối tứ diện ACB’D’và 4 khối chóp :A.A’B’D’,C.C’B’D’ ,B’.BAC ,D’.DAC .Ta có: A B SA’B’D’ =SC’B’D’ = SBAC = SDAC = S/2 và chiều cao của 4 khối chóp bằng h nên tổng các thể D'. C'. 1 S 2 V1 4. . h  Sh 3 2 3 . tích là:. Thể tích của khối tứ diện ACB’D’ là: A'. 1  Sh V2 = V – V1 3 .. B'. Do đó tỉ số thể tích của khối hộp đó và thể tích của khối tứ diện ACB’D’ bằng 3.. Bài 4: Thể tích của khối hộp ABCD.A’B’C’D’bằng V.Tính thể tích của khối ACB’D’. Giải Chia khối hộp thành khối tứ diện ACB’D’ và D C 4 khối chóp: A.A’B’D’,C.C’B’D’ ,B’.BAC ,D’.DAC (các khối chóp này đều có chiều cao bằng nhau và băng chiều cao h của A khối hộp). B Ta có: SA’B’D’ =SC’B’D’ = SBAC = SDAC = S/2 VA.A’B’D’=VC.C’B’D’=VB’.BAC =VD’.DAC D' C'. A'. B'. F. VACB’D’. B. A. Bài 5 : Cho tứ diện ABCD, gọi d là khoảng cách giữa AB và CD,  là góc giữa hai đường thẳng đó. Chứng minh :. E C. M. 11 1 1 Sh  Sh  V 6 6 = 32 1  1 V  4 V   V 6  3 =. N. D. 1 VABCD= 6 AB.CD.sin.. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Giải Dựng hình hộp AEBF.MDNC (gọi là hình hộp ngoại tiếp tứ diện). Vì AEBF // MDNC nên chiều cao của hình hộp bằng d = d(AB,CD) Ta có : VABCD. 1 1  V  SMDNC .d 3 3 1 1 1  . MN .CD.sin  .d  AB.CD.d sin  3 2 6. Bài 6: Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’.Gọi E,F theo thứ tự là trung điểm các cạnh BB’ và DD’.Mặt phẳng (CEF) chia khối hộp thành hai khối đa diện.Tính tỉ số thể tích của 2 khối đa diện đó. Giải Gọi O là tâm hình hộp thì O cũng là tâm D C hình bình hành BB’D’D suy ra O là trung điểm của EF. Vì A’ thuộc đường thẳng CO nên A’ thuộc A B mp(CEF) F Ngoài ra : A’F // CE và A’E // CF .Do đó O mặt phẳng (CEF) cắt hình hộp theo thiết E diện là hình bình hành A’ECF. Mặt phẳng D' C' (CEF) chia hình hộp thành hai phần : Gọi (H) là khối đa diện có các đỉnh A' B' A,B,C,D,A’,E,F và (H’) là phần còn lại. Phép đối xứng tâm O biến các đỉnh A,B,C,D,A’,E,F của (H) theo thứ tự thành các đỉnh C’,D’,A’,B’C,F,E của hình (H’) .Suy ra phép đối xứng tâm O biến hình (H) thành hình (H’)  Hai hình đa diện (H) và (H’) bằng nhau.Do đó tỉ số thể tích của hai 2 khối đa diện đó bằng 1 M. A. B. Bài 7: Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh rằng 6 trung điểm của 6 cạnh AB,BC,CC’,C’D’,D’A’ và A’A nằm trên một mặt phẳng và mặt phẳng đó chia khối hộp thành hai phần có thể tích bằng nhau.. N D. C. E A'. F. B'. K D'. J. Giải Tương tự bài 7. C'. Bài 8: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. a) Biết AB= a và góc giữa mặt bên và đáy bằng , tính thể tích khối chóp. b) Biết trung đoạn bằng d và góc giữa cạnh bên và đáy bằng , tính thể tích khối chóp. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Giải a) Gọi M là trung điểm của CD và O là tâm của hình vuông ABCD. Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên suy ra SOM vuông nên: SO = OM tan(/2) .Vậy. a  SMO  ; OM  2 :. 1 1 a   1   V  Bh  a2 tan    a3tan   3 3 2  2 6  2. S. S. A. A. D M. O.  SCO . M. O. C. B. b) Ta có :. D. C. B. và SM = d .Đặt CD = 2x.  OM x; OC x 2; SO x 2.tan   x. SOM vuông nên :OM2 + SO2 = SM2 Vậy. d 1  2 tan 2 . 4 2 d 3tan 1 1 4 2  V  Bh  (2 x )2 .x 2 tan   x 3 tan 3 (1  2 tan 2  ). 1  2 tan 2  3 3 3. Bài 9: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a.Các cạnh bên tạo với đáy một góc 600 .Gọi M là trung điểm của SC.Một mặt phẳng (P) đi qua AM và song song với BD,cắt SB tại E và cắt SD tại F Tính thể tích của khối chóp S.AEMF . Giải Gọi O là tâm hình vuông và I là giao điểm của AM và SO;suy ra I thuộc EF Vậy mp(P) đi qua I và song song với BD nên EF // BD Vì BD  (SAC)  EF  (SAC)  EF  AM và. S. EF. 2 2a 2  BD  3 3. M. SAC đều nên :. F D. I. C. E. O A. SAC đều nên :. AM  AC .. 3 3 a 6 a 2.  2 2 2. AM  AC .. 3 3 a 6 a 2.  2 2 2 4. B.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> HÌNH HOC12(SGK) 1 1 a 6 2a 2 a 2 3 SAEMF  . AM .EF  . .  2 2 2 3 3 Ta có:. GV VOÕ SÓ KHUAÂN. EF  (SAC) và AM(SAC)  EF  AM (1) SAC đều  SM AM (2) Từ (1)và (2)  SM (AEMF). 1 VS . AEMF  .S AEMF .SM 3 Vậy:. 1 a 2 3 a 2 a3 6  . .  3 3 2 18. Bài 10: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có trung đoạn bằng 6 và góc giữa hai mặt bên đối diện bằng 600 .Mặt phẳng () qua CD và vuông góc với mp(SAB),cắt SA,SB lần lượt tại P1 và P.Tính thể tích của khối chóp S.CDP1P . S. P1. H. P. B K. E. O. Giải Gọi SE,SK lần lượt là hai trung đoạn của khối chóp .Vì CD // AB nên giao tuyến  của hai mặt phẳng (SAB)và (SCD) song song với AB và CD. Ta có:SE  CD;SK  AB  SE   và SK   C Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) 0  bằng góc KSE 60 AB//()  PP// AB  1 (SAB)  ( ) PP 1. D. A. Ta có :  CDP1P là một hình thang cân và EH là đường cao (H = SK  P1P) Vì hai mặt phẳng () và (SAB) vuông góc với nhau theo giao tuyến P1P mà EH  P1P  EH  (SAB)  EH  SH (1) Mặt khác: SH  P1P (2) Từ (1) và (2)  SH  (CDP1P) và SKE cân và có góc S bằng 600 nên là tam giác đều ,suy ra H là trung điểm của SK. Do đó : Vậy:. 1 1 1 1 P1P  AB  KE  SE  .6 3 2 2 2 2. và. EH SE. 3 6 3  2 2. 1 1 1 27 3 VS .CDP1P  .SCDP1P .SH  . (CD  P1P ).SH  3 3 2 2. Bài 11: Cho khối tứ diện ABCD.Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AB và AD.Mặt phẳng (ABF) và (CDE) chia khối tứ diện thành 4 khối tứ diện a) Kể tên 4 khối tứ diện đó và chứng tỏ 4 khối tứ diện đó có thể tích bằng nhau b) Chứng tỏ rằng nếu khối tứ diện ABCD đều thì 4 khối tứ diện đó bằng nhau 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Giải a) Bốn khối tứ diện đó là: ADEF , ACEF ,BDEF ,CDEF Mặt phẳng (ABF) chia khối tứ diện ABCD thành E hai khối tứ diện CABF và DABF có thể tích bằng nhau (Vì F là trungđiểm của CD ) Mặt phẳng (CDE) chia mỗi khối tứ diện CABF và D B DABF thành hai khối tứ diện có thể tích bằng nhau (Vì E là trungđiểm của AB –BT1) F suy ra 4 khối tứ diện nói trên có thể tích bằng C nhau b) Nếu ABCD là tứ diện đều thì nó nhận mp(ABF) và mp(CDE) làm các mặt phảng đối xứng và phép đối xứng qua đường thẳng EF biến tứ diện ADEF thành BCEF .Suy ra: Khối tứ diện ADEF và ACEF bằng nhau (Vì chúng đối xứng qua mp(ABF)) Khối tứ diện ADEF và BDEF bằng nhau (Vì chúng đối xứng qua mp(CDE)) Khối tứ diện ADEF và BCEF bằng nhau (Vì chúng đối xứng qua trục EF) A. Bài 12: Tính thể tích khối tứ diện đều cạnh a. Giải. S. ABC đều  và. 2 2a 3 a 3 AM   3 3 2 3. SO  SA2  AO 2 . a 6 3. 1 1 a 2 3 a 6 a3 2 VS . ABC  .SABC .SO  .  3 3 4 3 12. C A. O. AO =. M. B. Bài 13:Cho hình chóp tam giác đều S.ABC.Biết SA= b và góc giữa mặt bên và đáy bằng .Tính thể tích khối chóp S.ABC.. S. Giải Gọi M là trung điểm của BC và SO là đường cao của khối chóp   và SA = b .Đặt BC = x Ta có : SMO C A. O B. M.  AM . x 3 2 x 3 x 3 ; AO  AM  ; OM  2 3 3 6 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN 2. 2. 2. SAO vuông nên :SO =SA - AO = SOM vuông có :SO = OM.tan 2. 2. x 3. b2 . x 3 .tan  = 6.  x2  x 3 2 3.b 1 b   .tan    x  V  .SABC .SO   2 S . ABC 3  6 4  tan   3 Suy ra: 2. 1 x2 3 x 3 x3  . .tan   .tan  3 4 6 24. . b3 3.tan  (4  tan 2  ) 4  tan 2 . Bài 14: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có chiều cao bằng h và góc ASB bằng 2. Tính thể tích hình chóp. Giải Gọi K là trung điểm của AB và SO là đường cao S của khối chóp  2 và SO = h .Đặt AB = x Ta có : ASB  CK . x 3 1 1x 3 x 3 ; OK  CK   2 3 3 2 6. x .cot  2 Trong SAK vuông ta có : SK = AK.cot =. SOK vuông nên :SO2 =SK2 - OK2 . B. C. 2. O. 2 12h2 x   x 3 2 h  .cot      x   3cot 2   1 2   6  2. K. A. VS . ABC. 1 1 x2 3  .S ABC .SO  . .h 3 3 4 3 12h2 3h3  .h.  12 3cot 2   1 3cot 2   1. Bài 15: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh AB = a.Các cạnh bên SA,SB,SC tạo với đáy một góc 600 .Gọi D là giao điểm của SA với mặt phẳng qua BC và vuông góc với SA a)Tính tỉ số thể tích của khối chóp S.DBC và S S.ABC. b)Tính thể tích khối chóp S.DBC. Giải Gọi E là trung điểm của BC và SH là đường cao của khối chóp  HAE .Ta có : D AE . C A. H B. E. a 3 2 2a 3 a 3 ; AH  AE   2 3 3 2 3. SH  AH .tan 600 . ;. a 3 . 3 a 3 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. ADE vuông tại D nên: a 3 3 3a .  0 2 2 4 DE = AE.sin60 =. SAH và ADE là các nửa tam giác đều nên: 5a 3 12. SA = 2AH ; AE = 2AD ;SD = SA –AD = Vậy tỉ số thể tích của khối chóp S.DBC và S.ABC là: VS .DBC SD SB SC SD 5a 3 2a 3 5    :  VS.ABC SA SB SC SA 12 3 8. a .5 3 1 1 a2 3 a3 3 VS .DBC   SABC .SH  . .a  96 3 3 4 12  3. VS . ABC. S. C J. Bài 16: Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh AB = 5a,BC = 6a, CA = 7a.Các mặt bên SAB,SBC,SCA tạo với đáy một góc 600 .Tính thể tích của khối chóp đó . Giải Hạ SH (ABC) và HEAB ; HFBC ; HJCA.     Vì SEH SFH SJH 60  HE HF HJ r (bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC).. SABC 6 6a Áp dụng công thức Hê-rông: F H E S 2 6a  r   SH r.tan 60 2 2 a p 3 ; B 1 1 VS . ABC  SABC .SH  .6 6a2 .2 2a 8 3a3 3 3 Bài 17: Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA = a; ABC vuông cân tại B có AB = BC = a.Gọi B’ là trung điểm của SB, C’ là chân đường cao hạ từ A của tam giác SAC. a) Tính thể tích của khối chóp S.ABC. b) Chứng minh SC  (AB’C’) S c) Tính thể tích của khối chóp S.AB’C’. C' d) Tính khoảng cách từ C’ đến mp(SAB) 2. A. Giải VS . ABC. 1 1 1 a3  SABC .SA  . AB.BC.SA  3 3 2 6. a) b)Ta có: BCAB và BCSA  BC(SAB) suy ra : AB’BC AB’SB và AB’BC  AB’SC AB’SC và AC’SC  SC(AB’C’). B' A. C. B 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. c) Ta có : SC2 = SA2+AB2+BC2= 3a2  SC a 3 , AB ' . a SB a 2 SA2 a  B 'C '   ; SC '   2 2 SC 6 3 ; B’C’2 = SB’2 – SC’2 =a2/6. 1 1 1 a3 VS . AB 'C '  SAB 'C ' SC '  . AB '.B ' C '.SC '  3 3 2 36. VS . AB 'C ' SA SB ' SC ' SB ' SC ' 1    V SA SB SC SB SC 6 Cách 2: S.ABC. Bài 18: Cho tam giác ABC vuông cân ở A và AB = a.Trên đường thẳng qua C và vuông góc với mp(ABC) ta lấy điểm D sao cho CD = a.Mặt phẳng qua C vuông góc với BD,cắt BD tại F và cắt AD tại E.Tính thể tích khối tứ diện CDEF theo a Giải Ta có: BACD và BACA  BA(ADC) suy ra : ABCE (1) Mà BD(CEF)  BDCE (2) Từ (1)và (2) suy ra:CE(ABD)  CEEF và CEAD 1 a3  VD.CEF = .SCEF .DF=...= 3 36. D F. E C. B. Bài 19: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam A giác ABC vuông cân ở C và SA mp(ABC) ,SC = a.Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất. Giải Ta có: SA(ABC) và BCCA  BCSC (theo định lý 3 đường vuông góc)  suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) là SCA .    SCA  x  0<x<  2  suy ra: SA = a.sinx ; AC = a.cosx  Đặt : a3 1 1 1 2 VS.ABC = SABC .SA= . .AC.BC.SA = .sinx.cos x 6 3 3 2 2 Xét hàm số: f(x) = sinx.cos x Ta có: f’(x)= cos3x – 2cosx.sin2x = cosx(cos2x – 2 + 2cos2x) = cosx(3cos2x – 2)  3cos x  cos x   =. 2  2   cos x   3  3  9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> HÌNH HOC12(SGK). 0<x<. GV VOÕ SÓ KHUAÂN.   2 2   cos x  cos x    0 Goïi  laø goùc sao cho cos = ,0 <  < 2 3 3 2   .. Vì Bảng biến thiên :. x f’(x). x. 0 +. 0. S. -. f(x) Vậy thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn nhất khi chỉ khi f(x) đạt giá trị lớn nhất  2 x= với 0 <  < vaø cos = 2 3 . B. A. và. C. Bài 20: Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có khoảng cách từ đỉnh A đến mp(SBC) bằng 2a.Với giá trị nào của góc giữa mặt bên và mặt đáy khối chóp thì thể tích khối chóp nhỏ nhất. Giải Gọi O là tâm của hình vuông ABCD  SO  (ABCD); gọi E,H lần lượt là trung điểm của AD và BC suy ra SE,SH là các trung đoạn của hình chóp Vì AD // BC nên AD // (SBC)  d(A,(SBC)) = d(E,(SBC)) Dựng EK  SH thì EK  (SBC) (vì (SEK)  (SBC))  EK = d(A,(SBC)) = 2a  Ta có: BC  SH và BCOH suy ra góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) là SHO .   . SHO = x  0 < x <  2  .Ta có:  Đặt : 1 4a3 2a a a V  S . SO  EH  ; OH= ; SO= S . ABCD ABCD 3 3cos x.sin 2 x sin x sinx cosx .Vậy:. Vậy VS.ABCD nhỏ nhất khi và chỉ khi f(x) = cosx.sin2x đạt giá trị lớn nhất Ta có: f’(x) = – sin3x + 2sinx.cos2x S = sinx(2cos2x – sin2x) = sinx(2 – 3sin2x)  2  2  3sin x   sin x    sin x   3  3  =. K. D. C. E. H. O A. B. 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> HÌNH HOC12(SGK). 0<x<. Vì. GV VOÕ SÓ KHUAÂN.  2    sin x   sin x   0 2  3  .. Goïi  laø goùc sao cho sin =. 2  ,0 <  < 3 2. Bảng biến thiên :. x f’(x). x. 0 +. 0. -. f(x). Vậy thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi f(x) đạt giá trị lớn  2 x= với 0 <  < vaø sin = 2 3 nhất . Bài 21: Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là  vuông tại A ;AC = b,góc C bằng 600.Đường chéo BC’của mặt bên BB’C’C tạo với mp(AA’C’C) góc 300. a) Tính độ dài đoạn AC’. b) Tính thể tích của lăng trụ. Giải Ta có: BA  AC và BA  AA’  BA  (ACC’A’) vậy AC’ là hình chiếu của BC’ lên mặt phẳng (ACC’A’) .Theo giả thiết  ' A 30 ; AC'=AB.cot30 0  AC.tan 60 cot 30 0 3b BC Ta có: CC’2 = AC’2 - AC2 = 9b2 – b2 = 8b2 Vậy thể tích của lăng trụ là: V = B.h. C'. B' A'. C. B A. Bài 22: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a và đỉnh A’cách đều các đỉnh A, B, C. Cạnh bên AA’ tạo với mặt đáy góc 600. a) Tính thể tích khối lăng trụ. b) Chứng minh mặt bên BCC’B’ là hình chữ nhựt. c) Tính tổng diện tích các mặt bên của lăng trụ 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Giải C'. A'. vậy A ' AO 60 A’O= AO.tan600 = a b) BCAO và BCA’O  BCAA’ c) Gọi H là trung điểm của AB ,ta có : BA  HO và BA  A’O  BA  HA’ . B'. A H. . Sxq = 2SAA’B’B + SBB’C’C. C. O B. a) Gọi O là tâm của tam giácđều ABC . Vì A’A = A’B = A’C nên A’Omp(ABC). Bài 23:Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’có tất cả các cạnh đều bằng a. a) Tính thể tích khối tứ diện A’BB’C b) Mặt phẳng đi qua A’B’ và trọng tâm của tam giác ABC,cắt AC và BC lần lượt tại E,F.Tính thể tích khối chóp C.A’B’FE. B I A. F. J. C. E.  AB //(P)  (P)  (ABC) EF  AB // EF  : AB  (ABC). B' K A'. Giải b) Gọi I,K lần lượt là trung điểm của AB và A’B’,J là trọng tâm tam giác ABC Gọi (P) mặt phẳng đi qua A’B’ và trọng tâm J của tam giác ABC.. C'. Ta có Do AB(CJK)  EF(CJK)(A’B’FE)(CJK)Vậy d(C,(A’B’FE)) = d(C,KJ) Ta có: CI . a 3 2 1a 3 a 3 ; IJ  CI   2 3 3 2 6 ;. 2 2 a 2 3 a2 3 13 2S 2a 13 KJ a SJKC  SIKC   d (C; KJ )  JKC  12 ; 3 3 4 6 . Vậy: KJ 13 1 5a3 1 VC . A ' B ' FE  SA ' B ' FE .d (C , KJ )  SA ' B ' FE  ( A ' B ' FE ).KJ 3 18 3 2 và Bài 24: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng (A’BC) 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN 0. tạo với mặt đáy góc 30 và tam giác A’BC có diện tích bằng 8 . Tính thể tích khối lăng trụ. Giải Gọi K là trung điểm của BC,ta có :. C' Ta có: BCAK và BCAA’  BCA’K. A'. 0  do đó AKA ' 30 Đặt: BC = x. B'. AK . x 3 2 (Vì tam giác ABC đều). thì Tam giác A’AK vuông nên:. AK x 3 3  : x 0 cos30 2 2 ; x 3 3 x AA '  AK .tan 30 0  .  2 3 2 A'K . A K B. C. Mà : SA’BC = 8  (1/2)BC.A’K = 8  (1/2)x.x = 8  x = 4 x2 3 x VABC.A'B'C' = SABC .AA' = . =8 3 4 2 Vậy:. Bài 25: Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’có diện tích đáy bằng S và AA’=h. Một mặt phẳng (P) cắt các cạnh AA’,BB’,CC’ lần lượt tại A1,B1,C1.Biết AA1= a,BB1= b,CC1= c a) Tính thể tích hai phần của khối lăng trụ được chia bởi mp(P) b) Với điều kiện nào của a,b,c thì thể tích hai phần đó bằng nhau? Giải Đặt S = SABC ,ta có: A C V =V +V A1. B. ABC.A1B1C1. H C1. A'. B1 B'. C'. A1 .ABC. A1 .BCC1B1. 1 1 = a.S+ SBCC1B1 .d(A1 ,(BCC1B1 )) 3 3 1 1 1 = a.S+ . (b+c)BC.d(A1 ,(BCC1B1 )) 3 3 2 1 1 1 = a.S+ .(b+c).S= (a+b+c).S 3 3 3. V. =V. -V. Mặt khác: A1B1C1 .A'B'C' ABC.A'B'C'1 ABC.A1B1C1 1 1 = S.h- (a+b+c).S = [(h-a)+(h-b)+(h-c)].S 3 3. b) 2(a+b+c)=3h 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Bài 26: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ có khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và A1D bằng 2 và đường chéo của mặt bên bằng 5. a) Hạ AK  A’D (KA’D).Chứng minh rằng AK = 2 b) Tính thể tích khối lăng trụ. Giải C' B' a) Ta có: AB//A’B’  AB//(A’B’D)  d(A,(A’B’D))= d(AB,A’D) A’B’(AA’D’D)  A’B’ AK (1) A' D' Mà A’D AK (2) Từ (1) và (2) suy ra: (A’B’D) AK Vậy AK = d(A,(A’B’D))= d(AB,A’D)= 2 b) AA’D vuông có AK là đường cao nên: K AK2 = KA’.KD (*) B C Đặt A’K = x , (*) 4 = x.(5 –x)  x2 - 5x + 4 = 0  x = 1;x = 4 A. + Với x = 1:. D. AD  AK 2  KD 2 2 5;. AA '  A ' D 2  AD 2  5. . + Với x = 4:. V 20 5. V 10 5. Bài 27: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác ABC vuông cân cạnh huyền · 'AB là góc nhọn ,góc giữa hai AB = 2 .Cho biết (AA’B)(ABC) , AA ' = 3 và A mặt phẳng (A’AC) và (ABC) bằng 600 .Tính thể tích khối lăng trụ.. A'. C'. A M. K. Giải Dựng AK  AB và cùng với (AA’B)(ABC) B'  A’K  (ABC) Vì A· 'AB là góc nhọn nên K thuộc tia AB Kẻ KM  AC thì A’M  AC (theo định lý 3 đường vuông góc) · 'MK = 60o Vậy A (góc giữa hai mặt phẳng (A’AC) và (ABC)) B Đặt A’K = x ,ta có: Trong AA’K :. C. AK  A ' A 2  A ' K 2  3  x 2. Trong MA’K : MK= A’K.tan600 = AMK vuông cân suy ra :. x 3. AK MK . 2 . x 3 3 5 . 2  3  x2  x  V 5 10 Vậy: 3 14. x . 2 3.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Bài 28: Cho lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình bình hành góc A bằng 600 .Các đường chéo AC’ và DB’ lần lượt tạo với đáy những góc 450 và 600 .Tính thể tích khối lăng trụ biết chiều cao của nó bằng 2. Giải Ta có:. C'. B'.  ' AC 45 , B  ' DB 60 C ;suy. BD 2 cot 60  A'. D'. B. 3. Theo định lý cosin : BD2 = AB2 + AD2 – 2AB.AD.cos450 AC2 = CD2 + AD2 – 2CD.AD.cos1350 Trừ vế tương ứng : C. A. 2. ra: AC = CC’=2 và. AB. AD . 4. 3 2. SABCD = AB.AD.sin600 = .... VABCD . A ' B 'C ' D ' S ABCD . AA '. D.  AB. AD.sin 60 0. AA ' . 4. 2 4 2 3 3 2 2. Bài 29: Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh bằng nhau và bằng a, · 'AB = BAD · · 'AD = a (00 < a < 900) A =A .Tính thể tích khối hộp. Giải Dựng AHAC (1) (HAC) .Tam giác A’BD cân (do A’B=A’D )suy ra BDA’O Vậy BDAC và BDA’O  BD(A’AO)BDA’H (2) Từ (1) và (2)  A’H(ABCD)  cos   cos  .cos  2 Đặt : A'AO= ,ta có hệ thức : Thật vậy: Kẻ A’KAD thì HKAK (theo định lý 3 C' B' đường vuông góc)  AH AK AK  cos .cos   cos  2 AA ' AH AA ' A' D' cos   cos    cos 2 B C. H A. O K. D. Mặt khác :A’H = a.sin = Vậy :. 1  cos 2 . VABCD . A ' B 'C ' D ' SABCD . A ' H. 15.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> HÌNH HOC12(SGK). 2a3 sin. GV VOÕ SÓ KHUAÂN.  AB. AD.sin  . A ' H ....   cos2  cos2  2 2 C'. B' A'. D'. B K A. C. H. Giải Dựng A’H(ABCD) (H(ABCD)) và. D. M. Bài 30 : Cho hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình chữ nhật và AB = 3;AD = 7 .Hai mặt bên (ABB’A’) và (ADD’A’) lần lượt tạo với đáy những góc 450 và 600 . Tính thể tích khối lăng trụ biết cạnh bên của nó bằng 1.. HMAD và HKAB (như hình vẽ). Theo định lý 3 đường vuông góc suy ra: ADA’M và ABA’K     A'MK= 60 ; A'KH=45 Đặt A’H = x A' H x 2x 3  4x2 2 2 A'M    AM  A ' A  A ' M  HK sin 60 sin 60 3 ; 3 Ta có:. 3  4 x2 3 x  x  3 7. Mà : HK=A’H=x nên:. V. S. . A ' H  AB. AD.x ... 3. A1. D1. ABCD Vậy: ABCD . A ' B 'C ' D ' Bài 31: Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có mặt bên ABB1A1 diện tích bằng 4.Khoảng cách giữa cạnh CC1 và mặt (ABB1A1) bằng 7.Tính thể tích khối lăng trụ.. B1. C1. A B. D. Giải Ta dựng khối hộp ABCD.A1B1C1D1 và đặt h = d((CDD1C1),(ABB1A1)) = d(CC1,(ABB1A1)) = 7 .Khi đó:. 1 VABC . A1B1C1  VABCD . A1B1C1D1 2. SABB1 A1 .h ... 14. C. Bài 32: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’.Gọi M là trung điểm của AB.Mặt phẳng (B’C’M) chia khối lăng trụ thành hai phần.Tính tỉ số thể tích hai phần đó. Giải Gọi I = MB’ AA’ và N = IC’ AC.Mp(B’C’M) cắt hình lăng trụ theo thiết diện là 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. hình thang cân B’C’NM. Mặt phẳng (B’C’M) chia khối lăng trụ làm hai phần : Gọi V1 là phần chứa cạnh AA’ và V2 là phần còn lại . Đặt S = SABC và AA’ = h. Ta có : 1 1 V1 =VAMN.A'B'C' =VI.A'B'C' -VI.AMN = 3 SA'B'C' .IA'- 3 SAMN .IA 1 1S 7 7 7 = S.2hh= Sh = VABC.A'B'C' = (V1 +V2 ) 12 12 3 3 4 12 V 7  1= V2 5 Bài 32 Bài 33 C. A I. M. A. B. E'. E. B. A'. F. C'. N C. B'. B'. A'. C'. F'. Bài 33: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’.Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AA’ và BB’.Đường thẳng CE cắt đường thẳng C’A’ tại E’ ;đường thẳng CF cắt đường thẳng C’B’ tại F’và gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ a) Tính thể tích khối lăng trụ theo V b) Gọi (H) là phần còn lại của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ sau khi cắt bỏ đi phần khối chóp C.ABFE. Tính tỉ số thể tích của (H) và của B' khối chóp C.C’E’F’ A' Giải Hình chóp C.A’B’C’ và hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy và chiều cao bằng nhau nên:. M. C'. 1 1 2 VC.A'B'C' = V  VC.ABB'A' =V- V= V 3 3 3. Do EF là đường trung bình của hình bình hành. B ABB’A’ nên diện tích ABEF bằng nửa diện tích. A. 17. C.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. 1 1 VC.ABFE = VC.ABB'A' = V 2 3 ABB’A’,suy ra:. 1 2 V(H) =VABC.A'B'C' -VC.ABFE =V- V= V 3 3 b) Ta có:. Vì EA’ là đường trung bình trong tam giác E’C’C nên suy ra A’B’ là đường trung bình trong tam giác C’E’F’ do đó: SC’E’F’ = 4SC’A’B’ V(H) 4 1 VC.E'F'C' =4VC.A'B'C' = V  = 3 VC.E'F'C' 2 vậy:. Bài 34:Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’.Gọi M là trung điểm của AA’.Mặt phẳng đi qua M,B’,C chia khối lăng trụ thành hai phần.Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. Giải Mặt phẳng (MB’C) chia khối lăng trụ đều ABC.A’B’C’ thành hai khối chóp C.MABB’ và B’.MA’C’C.Hai khối chóp này có chiều cao bằng nhau và có đáy là hai hình thang vuông bằng nhau nên có thể tích bằng nhau Bài 35: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’có cạnh đáy bằng a,chiều cao bằng h.Tính thể tích khối chóp A.BC’A’.. A. B. A. B. I H. C. C A'. B'. A'. B'. I' C'. C'. C1: Ta có AC//A’C’ AC//(BC’A’) . 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Gọi J là trung điểm của AC thì d(A,(BC’A’))= d(I,(BC’A’)). Gọi I’ là trung điểm của A’C’ thì BI’A’C’. Vậy BI’A’C’ và II’A’C’  A’C’(IBI’) Do đó hạ IH  BI’ thì IH A’C’ IH (BA’C’) hay d(A,(BC’A’)) = IH VA. BC ' A'. C2:. 1 11 3a 2 h  S BCA' .IH  BI '.C ' A '.IH ...  3 32 12. VA.BC ' A ' VB. AA 'C '. 1 12 3a 2 h  VB. AA 'C 'C  VABC . A ' B 'C ' ...  2 23 12. Bài 36 :Cho hình chóp tam giác SABC. Trên 3 đường thẳng SA, SB, SC lấy 3 điểm VSA 'B'C' SA ' SB ' SC '  V SA . SB . SC A’, B’, C’ khác với S. Chứng minh : SABC A. A' C. C' S. H' B'. H B. Giải Gọi H,H’ lần lượt là hình chiếu của A và A’ lên mặt phẳng (SBC) .Vì ba điểm S,A,A’ thẳng hàng nên ba điểm S,H,H’ cũng thẳng hàng. Đặt AH = h và A’H’ = h’,gọi S,S’ là diện tích của tam giác SBC và tam giác SB’C’  và BSC= . h ' SA ' 1 1 S ' SB ' SC '  S '  SB '.SC '.sin  ; S  SB.SC.sin    . h SA 2 2 S SB SC Ta có: ; 1 1 VS . ABC VA.SBC  S .h VS . A ' B 'C ' VA '.SB 'C '  .S '.h ' 3 3 và S V SA ' SB ' SC '  S . A ' B 'C '  . . VS . ABC SA SB SC M D' D. G. B' C. 19. O A. Bài 37: Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, Gọi M là trung điểm của cạnh SC .Mặt phẳng (P) đi qua AM song song với BD chia khối. B.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. chóp thành hai phần.Tính tỉ số thể tích hai phần đó. Giải Gọi O là tâm của hình bình hành và G = AMSO thì G là trọng tâm của tam giác SG 2  SBD,suy ra: SO 3. Vì mp(P) //BD nên nó cắt mp(SBD) theo giao tuyến đi qua G và song song với SB ' SD ' SG 2    B’D’.Ta có: SB SD SO 3. Mặt phẳng (P) chia khối chóp thành hai phần:khối chóp S.AB’MD’ và khối đa diện ABCDB’MD’ , Ta có: VS . AB ' D ' SA SB ' SD ' 2 2 4 V 2  . .  .   S . AB ' D '  VS . ABD SA SB SD 3 3 9 VS . ABCD 9 VS .MB ' D ' SM SB ' SD ' 1 2 2 2 V 1  . .  .   S .MB ' D '  VS .CBD SC SB SD 2 3 3 9 VS . ABCD 9. Suy ra :. VS . AB ' MD ' VS . AB ' D '  VS .MB ' D '  VS . ABCD VS . ABCD VS . AB ' MD ' 2 1 1 1      9 9 3 VS . ABCDB ' MD ' 2. Bài 38: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD.Mặt phẳng () qua AB và trung điểm M của cạnh SC.Tính tỉ số thể tích của hai phần khối chóp bị phân chia bởi mặt phẳng đó. Giải Vì mp() // CD nên nó cắt mp(SCD) theo giao tuyến đi qua M và song song với CD  MN // CD Vậy mp(ABM) cắt hình chóp theo thiết diện là hình thang ABMN. Ta có: VS . ANB SN 1 S 1 1   V  VS . ADB  VS . ABCD S . ANB VS . ADB SD 2 2 4 VS . BMN SM SN 1 1 1    VS . BCD SC SD 2 2 4. N M D. A O. C. B. 1 1  VS . BMN  VS .BCD  VS . ABCD 4 8. 3 VS . ABMN VS . ANB  VS .BMN  .VS . ABCD 8 Vậy: VS . ABMN 3  Do đó: VS . ABMNCD 5 20.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Bài 39: Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V.Gọi B’,D’ lần lượt là trung điểm của AB và AD.Mặt phẳng (CB’D’) chia khối tứ diện thành hai phần.Tính tỉ số thể tích cả hai phần đó . Giải Ta có: SABD = 4SAB’D’. S BDD ' B ' S ABD . A. 1 3 S ABD  S ABD 4 4 ;.  đặt d(C,(ABD)) = h. B'. D' D. B. 1 1 1 VC . AB ' D '  S AB ' D ' .h  . S ABD .h 3 3 4 ; 1 1 3 VC .BDD ' B '  S BDD ' B ' .h  . S ABD .h 3 3 4. VC . AD ' B ' 1  VC .BDD ' B ' 3. C. Bài 40: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a. Gọi B’,D’ lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SD.Mặt phẳng (AB’D’) cắt SC tại C’.Tính thể tích của khối chóp S.AB’C’D’. Giải Ta có: CB AB’ (vì CB(SAB)) và AB’SB  AB’SC (1) Tương tự: AD’ SC (2) S (1) và (2)  SC  (AB’C’D’) SC  AC’ Mặt khác (SAC) là mặt phẳng đối xứng của hình chóp S.ABCD nên : C' D' VS.AB’C’D’ = 2VS.AB’C’ Ta có: B'. A. D. SB'.SB SC'.SC SA 2 SA 2 4a2 4a2 8 . = 2. 2= 2. 2= SB2 SC2 SB SC 5a 6a 15 1 1 1 a3 VS.ABC = SABC .SA= . AB.BC.SA= 3 3 2 3 =. O B. VS.AB'C' SA SB' SC' SB' SC' = . . = . VS.ABC SA SB SC SB SC. C. 8 a3 8a3 16a3  VS.A'B'C' = . =  VS.A'B'C'D' = 15 3 45 45. Bài 41: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi B’,D’ lần lượt là trung điểm của SB và SD.Mặt phẳng (AB’D’) cắt SC tại C’.Tính tỉ số thể tích của khối chóp S.AB’C’D’và S.ABCD. 21.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Giải Gọi O là tâm hình bình hành và I là giao điểm của B’D’ với SO;suy ra I thuộc AC’và B’D’// BD . Kẻ AC’’//AC’  SC’ = C’C’’= C’’C . S. C'. B'. D' C''. A. B O C. D. SC ' 1  SC 3. Ta có: VS . AB 'C ' SA SB ' SC '  . . VS . ABC SA SB SC SB ' SC ' 1 1 1  .  .  SB SC 2 3 6 V 1  S . AB 'C '  VS . ABCD 12. VS . AC ' D ' 1  V 12 . Tương tự : S . ABCD VS.AB'C'D' VS.AB'C' +VS.AC'D' 1 = = V V 6 S.ABCD Vậy: S.ABCD. Bài 42:Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng đáy.Mặt phẳng () đi qua A vuông góc với cạnh SC cắt SB,SC,SD lần lượt tại B’,C’D’. a) Chứng minh rằng tứ giác AB’C’D’ có hai góc đối diện vuông b) Giả sử góc cạnh SC và mặt bên (SAB) bằng x. Tính tỉ số thể tích của khối chóp S.AB’C’D’và S.ABCD theo x biết rằng AB = BC.. ÔN Bài 1:Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. SA = h và SA  (ABC).Gọi H,I lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và SBC a)Chứng minh IH(SBC). b)Tính thể tích tứ diện IHBC theo a và h.. S. F C A. Giải a)Gọi E là trung điểm của BCsuy ra:ISE; HAE Vì :CB  (SAE)  CB IH Ta có: BH  AC và BH  SA  BH (SAC) suy ra: BH SC (1) Mà : BI  SC (2) (1) và (2) suy ra: SC  (BIH)  SC  IH Tóm lại: CB IH và SC  IH  IH  (SBC). I. H. E. 22 B.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. IH IE HE = = b) Hai tam giác vuông ASE và IHE đồng dạng suy ra: SA AE SE. a 3 4h2 +3a2 a 3 AE= ; SE= ; HE= 2 2 6 Mà:.  IH=. ah 3. a2. ; IE=. 3 4h 2 +3a2 2 4h 2 +3a2 1 1 1 a4 h 3 VH.IBC = .SIBC .IH= . IE.BC.IH=...= 3 3 2 36(4h 2 +3a2 ) Vậy:. Bài 2 :Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh bằng a và ba góc ở đỉnh A đều bằng 600 .Tính thể tích khối hộp theo a . Giải Dựng A’H  (ABCD) và HF  AD và HE  AB (như hình vẽ). Theo định lý 3 đường vuông góc suy ra: AD  A’F và AB  A’E Ta có : HE = HF (Vì A’AE = A’AF ) suy ra H thuộc đường phân giác của góc BAD ,hơn nữa ABCD là hình thoi nên HAC Vì A’AE là nửa tam giác đều nên : D' C' AE  a ; A'E= a 3 2. 2. Vì AHE vuông nên :. A'. B'. D. C. F A. H E. B. a 3 a 3 .  0 2 3 6 HE = AE.tan30 = a 6  A ' H  A ' E 2  HE 2 ...  3. a2 3 a2 3 S ABCD 2 S ABD 2.  4 2 và V =S .A'H Vậy: ABCD.A'B'C'D' ABCD a3 2 ...  2. Bài 3 : Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích bằng V và M là trung điểm của cạnh bên AA’.Cắt khối lăng trụ bằng hai mặt phẳng (MBC) và (MB’C’) ta được ba khối chóp đỉnh M. a) Kể tên ba khối chóp đó 23.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. b) Tính thể tích ba khối chóp nói trên theo V. A. C. B. M. 1 h Sh V .S .   3 2 6 6 VM.ABC =VM.A’B’C’ =. C'. A'. Giải a) Ba khối chóp đó là: M.ABC ; M.BB’C’C ; M.A’B’C’ b) Gọi S,h lần lượt là diện tích đáy và chiều cao của khối lăng trụ,ta có:. VM.BB’C’C = V – (VM.ABC +VM.A’B’C’). B'. Bài 4 : Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a . a) Chứng minh tứ diện ACB’D’ là tứ diện đều b) Chứng minh rằng 4 khối tứ diện sau đây có thể tích bằng nhau: D’DAC,B’ABC,AA’B’D’,CC’B’D’.Hãy tính thể tích khối mỗi khối đó theo a .. A B. D C. A' B'. Giải Bốn khối tứ diện D’DAC,B’ABC,AA’B’D’,CC’B’D’là bốn khối chóp tam giác D’.DAC,B’.ABC,A.A’B’D’,C.C’B’D’. D' C'. Bài 5 :Cho khối chóp S.ABC có đường cao. SA= 2a; ABC vuông tại C có · = 300 .Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của A lên SC và SB AB =2a , CAB a) Tính thể tích của khối chóp H.ABC. b) Chứng minh rằng AH  SB và SB  (AHK) c) Tính thể tích của khối chóp S.AHK.. 24.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Giải a) Trong mp(SAC) kẻ HI // SA thì HI  (ABC) .. S. 1 a3 3 VH.ABC = SABC .IH=...= 3 7 Vậy. K H A. B. 1 VH.ABC =VB.AHC = .SAHC .BC 3 Cách 2: VS.AHK SA SH SK 1 SH = . . = . V SA SC SB 2 SC b) c) S.ABC. 1 SH .SC 1 SA2 2  .  .  ..  2 SC 2 2 SA2  AC 2 7. I. 2 2a3 3 VS.AHK = .VS.ABC =...= 7 21 . C. 1 VS.AHK = .SAHK .SK 3 Cách 2: Bài 6 :Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là ABC vuông ở B và AB = a, BC = 2a ,AA’ = 3a. Mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với CA’ lần lượt cắt các đoạn thẳng CC’,BB’ tại M,N. a) Tính thể tích khối chóp C.A’AB . b) Chứng minh rằng AN  A’B c) Tính thể tích khối tứ diện A’AMN d) Tính diện tích tam giác AMN. Giải. B'. 1 VC . AA ' B VA '. ABC  .S ABC . AA ' 3 a) = ... = a3. C'. A' N. M B. A. I. b) Ta có: CB  AB và CB  AA’  CB  (A’AB)  CB  AN (1) Theo giả thiết : CA’ (AMN)  CA’ AN (2) Từ (1) và (2): AN  (CBA’)  AN  A’B. C. c) Ta có: VA’AMN = VM.AA’N = VM.AA’B (Vì NB // AA’ d(N,AA’) = d(B,AA’)) = VC.AA’B (Vì MC // (AA’B)  d(M,(AA’B)) = d(C,(AA’B)). 25.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. 1 1 1 .S AA ' B .CB  . a.3a.2a a 3 3 2 = 3 1 3VA'.AMN a2 14 VA'.AMN = .SAMN .A'I  SAMN = =...= 3 A'I 3 d) Ta có: tứ diện ABCD thành hai khối tứ diện là ABCE vaø ABDE. Gọi h là chiều cao của tứ diện ABCD h= d(A,(BCD) vaø d(B,CD) = m.Ta coù : 1 1 V1 = .h. m.CE 3 2 Thể tích khối tứ diện ABCE là: 1 1 V2 = h. m.DE 3 2 Thể tích khối tứ diện ABDE là:.  V1 = k.V2 Bài 2: Tính thể tích của khối hộp ABCD.A’B’C’D’ biết rằng AA’B’D’ là khối tứ diện đều cạnh a . Giaûi C Vì AA’B’D’ là tứ diện đều nên đường cao AH B có chân H là trực tâm tam giác đều A’B’D’ A. A’B’D’ đều . D. A'H =. AH  AA '2  A ' H 2  B'. A'. O. C'. H D'. a 3 3 vaø. a 6 3. Vì A’B’C’D’ laø hình thoi ,goùc A’ baèng 600 neân:. SA ' B 'C ' D '. a2 3  A ' B '.C ' D '.sin 60  2 . a 2 3 a 6 a3 2 V B.h  .  2 3 2. Bài 3: Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’.Tính tỉ số thể tích của khối hộp đó và thể tích của khối tứ diện ACB’D’.. 26.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Giaûi D. C. A. B. D'. A'. Ñaët S = SABCD vaø h = chieàu cao cuûa khoái hoäp,suy ra theå tích cuûa khoái hoäp : V = Sh. Chia khối hộp thành khối tứ diện ACB’D’vaø 4 khoái choùp :A.A’B’D’,C.C’B’D’ ,B’.BAC ,D’.DAC .Ta coù: C' SA’B’D’ =SC’B’D’ = SBAC = SDAC = S/2 vaø chieàu cao cuûa 4 khoái choùp baèng h neân toång caùc 1 S 2 V1 4. . h  Sh 3 2 3 . theå tích laø:. B'. Thể tích của khối tứ diện ACB’D’ là:. 1  Sh V2 = V – V1 3 .. Do đó tỉ số thể tích của khối hộp đó và thể tích của khối tứ diện ACB’D’ bằng 3.. Baøi 4: Theå tích cuûa khoái hoäp ABCD.A’B’C’D’baèng V.Tính theå tích cuûa khoái ACB’D’. Giaûi Chia khối hộp thành khối tứ diện ACB’D’ D C vaø 4 khoái choùp: A.A’B’D’,C.C’B’D’ ,B’.BAC ,D’.DAC (các khối chóp này đều coù chieàu cao baèng nhau vaø baêng chieàu cao A B h cuûa khoái hoäp). Ta coù: SA’B’D’ =SC’B’D’ = SBAC = SDAC = S/2 D' C' VA.A’B’D’=VC.C’B’D’=VB’.BAC =VD’.DAC A'. F. B'. A. B. VACB’D’. E. 11 1 1 Sh  Sh  V 6 6 = 32 1  1 V  4 V   V 6  3 =. Bài 5 : Cho tứ diện ABCD, gọi d là khoảng cách giữa AB và CD,  là góc giữa hai N đường thẳng đó. Chứng minh :. C. 27. M. D.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. 1 VABCD= 6 AB.CD.sin.. Giaûi Dựng hình hộp AEBF.MDNC (gọi là hình hộp ngoại tiếp tứ diện). Vì AEBF // MDNC neân chieàu cao cuûa hình hoäp baèng d = d(AB,CD) Ta coù : VABCD. 1 1  V  SMDNC .d 3 3 1 1 1  . MN .CD.sin  .d  AB.CD.d sin  3 2 6. Bài 6: Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’.Gọi E,F theo thứ tự là trung điểm các cạnh BB’ vaø DD’.Maët phaúng (CEF) chia khoái hoäp thaønh hai khoái ña dieän.Tính tæ soá theå tích của 2 khối đa diện đó. Giaûi Goïi O laø taâm hình hoäp thì O cuõng laø taâm D C hình bình haønh BB’D’D suy ra O laø trung ñieåm cuûa EF. A B Vì A’ thuộc đường thẳng CO nên A’ thuộc F mp(CEF) O Ngoài ra : A’F // CE và A’E // CF .Do đó E maët phaúng (CEF) caét hình hoäp theo thieát D' C' dieän laø hình bình haønh A’ECF. Maët phaúng (CEF) chia hình hoäp thaønh hai phaàn : A' B' Goïi (H) laø khoái ña dieän coù caùc ñænh A,B,C,D,A’,E,F vaø (H’) laø phaàn coøn laïi. Phép đối xứng tâm O biến các đỉnh A,B,C,D,A’,E,F của (H) theo thứ tự thành các đỉnh C’,D’,A’,B’C,F,E của hình (H’) .Suy ra phép đối xứng tâm O biến hình (H) thành hình (H’)  Hai hình đa diện (H) và (H’) bằng nhau.Do đó tỉ số thể tích của hai 2 khối đa diện đó bằng 1 M A B N D. Baøi 7: Cho khoái hoäp ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh rằng 6 trung điểm của 6 cạnh AB,BC,CC’,C’D’,D’A’ vaø A’A naèm treân B' một mặt phẳng và mặt phẳng đó chia khối. C. E A'. F. K. 28. D'. J. C'.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. hoäp thaønh hai phaàn coù theå tích baèng nhau. Giaûi Tương tự bài 7 Bài 8: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. a) Biết AB= a và góc giữa mặt bên và đáy bằng , tính thể tích khối chóp. b) Biết trung đoạn bằng d và góc giữa cạnh bên và đáy bằng , tính thể tích khối choùp. Giaûi a) Goïi M laø trung ñieåm cuûa CD vaø O laø taâm cuûa hình vuoâng ABCD. Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên suy ra SOM vuoâng neân: SO = OM tan(α/2) .Vaäy. a  SMO  ; OM  2 :. 1 1 a   1   V  Bh  a2 tan    a3tan   3 3 2  2 6  2. S. S. A M. O C. B. b) Ta coù :.  SCO . A. D. D M. O C. B. vaø SM = d .Ñaët CD = 2x.  OM  x; OC  x 2; SO  x 2.tan   x. SOM vuoâng neân :OM2 + SO2 = SM2 Vaäy. d 1  2 tan 2 . 4 2 d 3tan 1 1 4 2 3  2 V  Bh  (2 x ) .x 2 tan   x tan 3 (1  2 tan 2  ). 1  2 tan 2  3 3 3. Bài 9: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a.Các cạnh bên tạo với đáy một góc 600 .Gọi M là trung điểm của SC.Một mặt phẳng (P) đi qua AM và song song với BD,cắt SB tại E và cắt SD tại F Tính theå tích cuûa khoái choùp S.AEMF .. 29.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Giaûi Goïi O laø taâm hình vuoâng vaø I laø giao ñieåm cuûa AM vaø SO;suy ra I thuoäc EF Vậy mp(P) đi qua I và song song với BD nên EF // BD Vì BD  (SAC)  EF  (SAC)  EF  AM vaø EF AM  AC .. SAC đều nên :. 3 3 a 6 a 2.  2 2 2. S. SAC đều nên :. E. 1 VS . AEMF  .SAEMF .SM 3 Vaäy:. O B. A. 3 3 a 6 a 2.  2 2 2. Ta coù: EF  (SAC) vaø AM(SAC)  EF  AM (1) SAC đều  SM AM (2) C Từ (1)và (2)  SM (AEMF). F I. AM  AC .. 1 1 a 6 2a 2 a 2 3 SAEMF  .AM .EF  . .  2 2 2 3 3. M. D. 2 2a 2  BD  3 3. 1 a 2 3 a 2 a3 6  . .  3 3 2 18. Bài 10: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có trung đoạn bằng 6 và góc giữa hai mặt bên đối diện bằng 600 .Mặt phẳng (α) qua CD và vuông góc với mp(SAB),cắt SA,SB lần lượt tại P1 và P.Tính thể tích của khối choùp S.CDP1P . S. P1. H. P. B K A. E. O D. Giaûi Gọi SE,SK lần lượt là hai trung đoạn của khoái choùp .Vì CD // AB neân giao tuyeán  cuûa hai maët phaúng (SAB)vaø (SCD) song song với AB và CD. Ta coù:SE  CD;SK  AB  SE   vaø SK C  Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và 0  (SCD) baèng goùc KSE 60 AB//()  PP  1 // AB (SAB)  (  )  PP  1. Ta coù :  CDP1P là một hình thang cân và EH là đường cao (H = SK  P1P) Vì hai mặt phẳng (α) và (SAB) vuông góc với nhau theo giao tuyến P1P maø EH  P1P  EH  (SAB)  EH  SH (1) 30.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Maët khaùc: SH  P1P (2) Từ (1) và (2)  SH  (CDP1P) và SKE cân và có góc S bằng 600 nên là tam giác đều ,suy ra H là trung điểm của SK. Do đó : Vaäy:. 1 1 1 1 P1P  AB  KE  SE  .6 3 2 2 2 2. vaø. EH SE. 3 6 3  2 2. 1 1 1 27 3 VS .CDP1P  .SCDP1P .SH  . (CD  P1P ).SH  3 3 2 2. Bài 11: Cho khối tứ diện ABCD.Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AB và AD.Mặt phẳng (ABF) và (CDE) chia khối tứ diện thành 4 khối tứ diện a) Kể tên 4 khối tứ diện đó và chứng tỏ 4 khối tứ diện đó có thể tích bằng nhau b) Chứng tỏ rằng nếu khối tứ diện ABCD đều thì 4 khối tứ diện đó bằng nhau Giaûi a) Bốn khối tứ diện đó là: ADEF , ACEF ,BDEF ,CDEF Mặt phẳng (ABF) chia khối tứ diện ABCD thành E hai khối tứ diện CABF và DABF có thể tích bằng nhau (Vì F laø trungñieåm cuûa CD ) D B Mặt phẳng (CDE) chia mỗi khối tứ diện CABF và DABF thành hai khối tứ diện có thể tích bằng F nhau (Vì E laø trungñieåm cuûa AB –BT1) C suy ra 4 khối tứ diện nói trên có thể tích bằng nhau b) Nếu ABCD là tứ diện đều thì nó nhận mp(ABF) và mp(CDE) làm các mặt phảng đối xứng và phép đối xứng qua đường thẳng EF biến tứ diện ADEF thành BCEF .Suy ra: Khối tứ diện ADEF và ACEF bằng nhau (Vì chúng đối xứng qua mp(ABF)) Khối tứ diện ADEF và BDEF bằng nhau (Vì chúng đối xứng qua mp(CDE)) Khối tứ diện ADEF và BCEF bằng nhau (Vì S chúng đối xứng qua trục EF) A. Bài 12: Tính thể tích khối tứ diện đều cạnh a. Giaûi C A. O B. M. 31.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> HÌNH HOC12(SGK). AO =. ABC đều  vaø. GV VOÕ SÓ KHUAÂN. 2 2a 3 a 3 AM   3 3 2 3. SO  SA2  AO 2 . VS . ABC. a 6 3. 1 1 a 2 3 a 6 a3 2  .SABC .SO  .  3 3 4 3 12. Bài 13:Cho hình chóp tam giác đều S.ABC.Biết SA= b và góc giữa mặt bên và đáy bằng .Tính thể tích khối chóp S.ABC. Giaûi Gọi M là trung điểm của BC và SO là đường cao của khối chóp   vaø SA = b .Ñaët BC = x Ta coù : SMO S  AM . x 3 2 x 3 x 3 ; AO  AM  ; OM  2 3 3 6. SAO vuoâng neân :SO2 =SA2 - AO2 = C A. SOM vuoâng coù :SO = OM.tanα 2. b2 . x2 3. x 3 .tan  = 6.  x2  x 3 2 3.b b   .tan    x   3  6 4  tan 2   Suy ra: 2 3 1 VS . ABC  .SABC .SO 1 . x 3 x 3 .tan   x .tan  3 3 4 6 24 3 b 3.tan   (4  tan 2  ) 4  tan 2  2. O. M. B. S. B. C. O A. K. Bài 14: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có chieàu cao baèng h vaø goùc ASB baèng 2. Tính theå tích hình choùp. Giaûi Gọi K là trung điểm của AB và SO là đường cao cuûa khoái choùp  2 vaø SO = h .Ñaët AB = x Ta coù : ASB 32.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> HÌNH HOC12(SGK) x 3 1 1x 3 x 3  CK  ; OK  CK   2 3 3 2 6. GV VOÕ SÓ KHUAÂN. x .cot  2 Trong SAK vuoâng ta coù : SK = AK.cotα =. 2. 2 12h2 x   x 3 2 h  .cot       x  3cot 2   1 2   6  2. SOK vuoâng neân :SO2 =SK2 - OK2  1 1 x2 3 VS . ABC  .SABC .SO  . .h 3 3 4. . 3 12h2 3h3 .h.  12 3 cot 2   1 3cot 2   1. Bài 15: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh AB = a.Các cạnh bên SA,SB,SC tạo với đáy một góc 600 .Gọi D là giao điểm của SA với mặt phẳng qua BC và vuông góc với SA a)Tính tæ soá theå tích cuûa khoái choùp S.DBC vaø S.ABC. b)Tính theå tích khoái choùp S.DBC. Giaûi S Gọi E là trung điểm của BC và SH là đường cao cuûa khoái choùp  HAE .Ta coù : AE . D. a 3 2 2a 3 a 3 ; AH  AE   2 3 3 2 3. SH  AH .tan 600 . C A. H B. E. ;. a 3 . 3 a 3. ADE vuoâng taïi D neân:. a 3 3 3a .  0 2 2 4 DE = AE.sin60 =. SAH và ADE là các nửa tam giác đều nên: SA = 2AH ; AE = 2AD 5a 3 12. SD = SA –AD = Vaäy tæ soá theå tích cuûa khoái choùp S.DBC vaø S.ABC laø: VS . DBC SD SB SC SD 5a 3 2a 3 5    :  VS.ABC SA SB SC SA 12 3 8. a .5 3 1 1 a2 3 a3 3 VS .DBC   S ABC .SH  . .a  96 3 3 4 12  3. VS . ABC. 33.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. S. C. Vì SEH SFH SJH 60  HE HF HJ r (baùn kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC). . J A. Baøi 16: Cho hình choùp tam giaùc S.ABC coù caïnh AB = 5a,BC = 6a, CA = 7a.Caùc maët beân SAB,SBC,SCA tạo với đáy một góc 600 .Tính thể tích của khối chóp đó . Giaûi Haï SH (ABC) vaø HEAB ; HFBC ; HJCA.. H. F. E B. . . . SABC 6 6a 2. Áp dụng công thức Hê-rông: S 2 6a  r   SH r.tan 60 2 2a p 3 ;. 1 1 VS . ABC  SABC .SH  .6 6 a2 .2 2a 8 3a3 3 3 Bài 17: Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA = a; ABC vuông cân tại B có AB = BC = a.Gọi B’ là trung điểm của SB, C’ là chân đường cao hạ từ A của tam giaùc SAC. a) Tính theå tích cuûa khoái choùp S.ABC. b) Chứng minh SC  (AB’C’) S c) Tính theå tích cuûa khoái choùp S.AB’C’. C' d) Tính khoảng cách từ C’ đến mp(SAB). Giaûi VS . ABC. 1 1 1 a3  SABC .SA  . AB.BC.SA  3 3 2 6. a) b)Ta coù: BCAB vaø BCSA  BC(SAB) suy ra : AB’BC AB’SB vaø AB’BC  AB’SC AB’SC vaø AC’SC  SC(AB’C’) c) Ta coù : SC2 = SA2+AB2+BC2= 3a2  SC a 3 , AB ' . B' A. C. B. a SB a 2 SA2 a  B 'C '   ; SC '   2 2 SC 6 3 ; B’C’2 = SB’2 – SC’2 =a2/6. VS . AB 'C '. 1 1 1 a3  SAB 'C ' SC '  . AB '.B ' C '.SC '  3 3 2 36. VS . AB 'C ' SA SB ' SC ' SB ' SC ' 1    V SA SB SC SB SC 6 Caùch 2: S.ABC. 34.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Bài 18: Cho tam giác ABC vuông cân ở A và AB = a.Trên đường thẳng qua C và vuông góc với mp(ABC) ta lấy điểm D sao cho CD = a.Mặt phẳng qua C vuông góc với BD,cắt BD tại F và cắt AD tại E.Tính thể tích khối tứ diện CDEF theo a Giaûi Ta coù: BACD vaø BACA  BA(ADC) suy ra : ABCE (1) Maø BD(CEF)  BDCE (2) Từ (1)và (2) suy ra:CE(ABD)  CEEF vaø CEAD 1 a3  VD.CEF = .SCEF .DF=...= 3 36. D F. E C. B. A. Bài 19: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân ở C và SA mp(ABC) ,SC = a.Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất. Giaûi Ta có: SA(ABC) và BCCA  BCSC (theo định lý 3 đường vuông góc)  suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) là SCA .    SCA  x  0<x<  2  suy ra: SA = a.sinx ; AC = a.cosx  Ñaët : 3. a 1 1 1 2 VS.ABC = SABC .SA= . .AC.BC.SA = .sinx.cos x 6 3 3 2. Xeùt haøm soá: f(x) = sinx.cos2x Ta coù: f’(x)= cos3x – 2cosx.sin2x = cosx(cos2x – 2 + 2cos2x) = cosx(3cos2x – 2)  3cos x  cos x   =   0 < x <  cos x  cos x  2  Vì. 2  2   cos x   3  3 . 2  0 3 . Goïi  laø goùc sao cho cos =. x 0 Baûng bieán thieân : f’(x) +. α 0. S. .. 2  ,0 <  < 3 2. -. x B. A. f(x). 35 C.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Vậy thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi f(x) đạt giá trị lớn nhất  2 x= với 0 <  < vaø cos = 2 3  Bài 20: Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có khoảng cách từ đỉnh A đến mp(SBC) bằng 2a.Với giá trị nào của góc giữa mặt bên và mặt đáy khối chóp thì theå tích khoái choùp nhoû nhaát. Giaûi Gọi O là tâm của hình vuông ABCD  SO  (ABCD); gọi E,H lần lượt là trung điểm của AD và BC suy ra SE,SH là các trung đoạn của hình chóp Vì AD // BC neân AD // (SBC)  d(A,(SBC)) = d(E,(SBC)) Dựng EK  SH thì EK  (SBC) (vì (SEK)  (SBC))  EK = d(A,(SBC)) = 2a  Ta có: BC  SH và BCOH suy ra góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) là SHO .    SHO = x  0 < x <  2  .Ta coù:  Ñaët : 1 4a3 2a a a VS . ABCD  SABCD .SO  EH  ; OH= ; SO= 3 3cos x.sin 2 x sin x sinx cosx .Vaäy:. Vậy VS.ABCD nhỏ nhất khi và chỉ khi f(x) = cosx.sin2x đạt giá trị lớn nhất Ta coù: f’(x) = – sin3x + 2sinx.cos2x S = sinx(2cos2x – sin2x) = sinx(2 – 3sin2x)  2  2  3sin x   sin x    sin x   3  3  =  2   0 < x <  sin x   sin x   0 2  3  Vì . 2  Goïi  laø goùc sao cho sin = ,0 <  < 3 2. Baûng bieán thieân :. x f’(x). 0. 0. D. -. C. E. H. O A. x. α +. K. B. 36.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> f(x) HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Vậy thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi f(x) đạt giá trị  2 x= với 0 <  < vaø sin = 2 3 lớn nhất . Bài 21: Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là  vuông tại A ;AC = b,góc C bằng 600.Đường chéo BC’của mặt bên BB’C’C tạo với mp(AA’C’C) goùc 300. a) Tính độ dài đoạn AC’. b) Tính theå tích cuûa laêng truï.. C'. B' A'. C. B A. Giaûi Ta coù: BA  AC vaø BA  AA’  BA  (ACC’A’) vaäy AC’ laø hình chieáu cuûa BC’ leân maët phaúng (ACC’A’) .Theo giaû thieát  ' A 30 ; AC'=AB.cot30 0  AC.tan 60 cot 30 0 3b BC Ta coù: CC’2 = AC’2 - AC2 = 9b2 – b2 = 8b2 Vaäy theå tích cuûa laêng truï laø: V = B.h Bài 22: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a và đỉnh A’cách đều các đỉnh A, B, C. Cạnh bên AA’ tạo với mặt đáy góc 600. a) Tính theå tích khoái laêng truï. b) Chứng minh mặt bên BCC’B’ là hình chữ nhựt. c) Tính toång dieän tích caùc maët beân cuûa laêng truï Giaûi. 37.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. C'. A' B'. A H. vaäy A ' AO 60 A’O= AO.tan600 = a b) BCAO vaø BCA’O  BCAA’ c) Goïi H laø trung ñieåm cuûa AB ,ta coù : BA  HO vaø BA  A’O  BA  HA’ . C. O B. a) Gọi O là tâm của tam giácđều ABC . Vì A’A = A’B = A’C neân A’Omp(ABC) . Sxq = 2SAA’B’B + SBB’C’C. Bài 23:Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’có tất cả các cạnh đều bằng a. a) Tính thể tích khối tứ diện A’BB’C b) Mặt phẳng đi qua A’B’ và trọng tâm của tam giác ABC,cắt AC và BC lần lượt taïi E,F.Tính theå tích khoái choùp C.A’B’FE Giaûi b) Gọi I,K lần lượt là trung điểm của AB và A’B’,J là trọng tâm tam giác ABC Goïi (P) maët phaúng ñi qua A’B’ vaø troïng taâm J cuûa tam giaùc ABC. AB //(P)  (P)  (ABC) EF  AB// EF  : AB  (ABC). Ta coù Do AB(CJK)  EF(CJK)(A’B’FE)(CJK)Vaäy d(C,(A’B’FE)) = d(C,KJ) Ta coù: CI . B I A. F. J. C. E. 2 2 a2 3 a2 3 13 KJ a S  S   12 ; JKC 3 IKC 3 4 6 . 2S 2a 13 d (C; KJ )  JKC  KJ 13 Vaäy:. 1 SA ' B ' FE  ( A ' B ' FE ).KJ 2 vaø. B'. VC . A ' B ' FE. K A'. a 3 2 1a 3 a 3 ; IJ  CI   2 3 3 2 6 ;. 1 5a3  SA ' B ' FE .d (C , KJ )  3 18 3. C'. 38.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Bài 24: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng (A’BC) tạo với mặt đáy góc 300 và tam giác A’BC có diện tích bằng 8 . Tính thể tích khoái laêng truï. Giaûi. C' Goïi K laø trung ñieåm cuûa BC,ta coù :. A'. Ta coù: BCAK vaø BCAA’  BCA’K 0  do đó AKA ' 30 Ñaët: BC = x. B'. AK . x 3 2 (Vì tam giác ABC đều). thì Tam giaùc A’AK vuoâng neân:. A K B. C. AK x 3 3  : x 0 cos30 2 2 ; x 3 3 x AA '  AK .tan 30 0  .  2 3 2 A'K . Maø : SA’BC = 8  (1/2)BC.A’K = 8  (1/2)x.x = 8  x = 4 x2 3 x VABC.A'B'C' = SABC .AA' = . =8 3 4 2 Vaäy:. Bài 25: Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’có diện tích đáy bằng S và AA’=h. Một mặt phẳng (P) cắt các cạnh AA’,BB’,CC’ lần lượt tại A1,B1,C1.Biết AA1= a,BB1= b,CC1= c a) Tính thể tích hai phần của khối lăng trụ được chia bởi mp(P) b) Với điều kiện nào của a,b,c thì thể tích hai phần đó bằng nhau? Giaûi A Ñaët S = SABC ,ta coù: C A1. B. VABC.A1B1C1 =VA1 .ABC +VA1 .BCC1B1. H C1. A'. B1 B'. C'. 1 1 = a.S+ SBCC1B1 .d(A1 ,(BCC1B1 )) 3 3 1 1 1 = a.S+ . (b+c)BC.d(A1 ,(BCC1B1 )) 3 3 2 1 1 1 = a.S+ .(b+c).S= (a+b+c).S 3 3 3. Maët khaùc:. VA1B1C1 .A'B'C' =VABC.A'B'C'1 -VABC.A1B1C1 39.

<span class='text_page_counter'>(40)</span> HÌNH HOC12(SGK). 1 1 = S.h- (a+b+c).S = [(h-a)+(h-b)+(h-c)].S 3 3 b) 2(a+b+c)=3h. GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Bài 26: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ có khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và A1D bằng 2 và đường chéo của mặt bên bằng 5. a) Hạ AK  A’D (KA’D).Chứng minh rằng AK = 2 b) Tính theå tích khoái laêng truï. Giaûi C' B' a) Ta coù: AB//A’B’  AB//(A’B’D)  d(A,(A’B’D))= d(AB,A’D) A' A’B’(AA’D’D)  A’B’ AK (1) D' Maø A’D AK (2) Từ (1) và (2) suy ra: (A’B’D) AK Vaäy AK = d(A,(A’B’D))= d(AB,A’D)= 2 K b) AA’D vuông có AK là đường cao nên: B C AK2 = KA’.KD (*) Ñaët A’K = x , A D (*) 4 = x.(5 –x)  x2 - 5x + 4 = 0  x = 1;x = 4 + Với x = 1:. AD  AK 2  KD 2 2 5;. AA '  A ' D 2  AD 2  5. + Với x = 4:. . V 20 5. V 10 5. Bài 27: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác ABC vuông cân cạnh huyền · 'AB là góc nhọn ,góc giữa hai AB = 2 .Cho bieát (AA’B)(ABC) , AA ' = 3 vaø A maët phaúng (A’AC) vaø (ABC) baèng 600 .Tính theå tích khoái laêng truï.. A'. C'. A M. K. Giaûi B' Dựng AK  AB và cùng với (AA’B)(ABC)  A’K  (ABC) Vì A· 'AB laø goùc nhoïn neân K thuoäc tia AB Keû KM  AC thì A’M  AC (theo định lý 3 đường vuông góc) · 'MK = 60o Vaäy A (góc giữa hai mặt phẳng (A’AC) và (ABC)) B Ñaët A’K = x ,ta coù: Trong AA’K :. C. AK  A ' A 2  A ' K 2  3  x 2. 40.

<span class='text_page_counter'>(41)</span> HÌNH HOC12(SGK). Trong MA’K : MK= A’K.tan600 = AMK vuoâng caân suy ra :. GV VOÕ SÓ KHUAÂN. x 3. AK MK . 2  x 3. Vaäy:. x . 2 3. . 2  3  x2  x . 3 5. V. 3 5 10. Bài 28: Cho lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình bình hành góc A bằng 600 .Các đường chéo AC’ và DB’ lần lượt tạo với đáy những góc 450 và 600 .Tính theå tích khoái laêng truï bieát chieàu cao cuûa noù baèng 2. Giaûi Ta coù:. C'. B'.  ' AC 45 , B  ' DB 60 C ;suy. BD 2 cot 60 . A'. D'. B. 3 vaø Theo ñònh lyù cosin : BD2 = AB2 + AD2 – 2AB.AD.cos450 AC2 = CD2 + AD2 – 2CD.AD.cos1350 C Trừ vế tương ứng : AB. AD . A. 2. ra: AC = CC’=2. D. 4. 3 2. SABCD = AB.AD.sin600 = .... VABCD . A ' B 'C ' D ' SABCD . AA '.  AB.AD.sin 60 0.AA ' . 4. 2 4 2 3 3 2 2. Baøi 29: Cho khoái hoäp ABCD.A’B’C’D’ coù caùc caïnh baèng nhau vaø baèng a, · 'AB = BAD · · 'AD = a (00 < a < 900) A =A .Tính theå tích khoái hoäp. Giaûi Dựng AHAC (1) (HAC) .Tam giác A’BD cân (do A’B=A’D )suy ra BDA’O Vaäy BDAC vaø BDA’O  BD(A’AO)BDA’H (2) Từ (1) và (2)  A’H(ABCD) C'. B' A'. D'. B H A.  A'AO= . ,ta có hệ thức :  cos  cos  .cos 2 Thaät vaäy: Keû A’KAD thì HKAK (theo ñònh lyù 3. C 41. O K. Ñaët :. D.

<span class='text_page_counter'>(42)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. đường vuông góc)  cos  .cos.  AH AK AK   cos  2 AA ' AH AA '. Maët khaùc :A’H = a.sin = Vaäy :.  cos  . cos   cos 2. 1  cos 2 . VABCD . A ' B 'C ' D ' SABCD .A ' H.  AB. AD.sin  . A ' H ...  3 2  2. 2a sin C'. B' A'. D'. B K A. C. H M. 2. cos. 2.  cos . Baøi 30 : Cho hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình chữ nhật và AB = 3;AD = 7 .Hai mặt bên (ABB’A’) và (ADD’A’) lần lượt tạo với đáy những góc 450 và 600 . Tính theå tích khoái laêng truï bieát caïnh beân cuûa noù baèng 1.. D. Giaûi Dựng A’H(ABCD) (H(ABCD)) và HMAD và HKAB (như hình vẽ). Theo định lý 3 đường vuông góc suy ra: ADA’M và ABA’K     A'MK= 60 ; A'KH=45 Ñaët A’H = x A' H x 2x 3  4 x2 2 2 A' M    AM  A ' A  A ' M  HK sin 60 sin 60 3 ; 3 Ta coù:. Maø : HK=A’H=x neân: Vaäy:. 3  4 x2 3 x  x  3 7. VABCD . A ' B 'C ' D ' SABCD . A ' H  AB. AD.x ... 3. Baøi 31: Cho laêng truï tam giaùc ABC.A1B1C1 coù maët beân ABB1A1 dieän tích baèng 4.Khoảng cách giữa cạnh CC1 và mặt (ABB1A1) bằng 7.Tính thể tích khối lăng truï.. 42.

<span class='text_page_counter'>(43)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. A1. D1. B1. C1. A B. D. Giaûi Ta dựng khối hộp ABCD.A1B1C1D1 vaø ñaët h = d((CDD1C1),(ABB1A1)) = d(CC1,(ABB1A1)) = 7 .Khi đó:. 1 VABC . A1B1C1  VABCD . A1B1C1D1 2. SABB1 A1 .h ... 14. C. Bài 32: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’.Gọi M là trung điểm của AB.Mặt phẳng (B’C’M) chia khối lăng trụ thành hai phần.Tính tỉ số thể tích hai phần đó. Giaûi Goïi I = MB’ AA’ vaø N = IC’ AC.Mp(B’C’M) caét hình laêng truï theo thieát dieän laø hình thang caân B’C’NM. Mặt phẳng (B’C’M) chia khối lăng trụ làm hai phần : Gọi V1 là phần chứa cạnh AA’ vaø V2 laø phaàn coøn laïi . Ñaët S = SABC vaø AA’ = h. Ta coù : 1 1 = S .IA'SAMN .IA V1 =VAMN.A'B'C' =VI.A'B'C' -VI.AMN 3 A'B'C' 3 1 1S 7 7 7 = S.2hh= Sh = VABC.A'B'C' = (V1 +V2 ) 3 3 4 12 12 12 V 7  1= V2 5. 43.

<span class='text_page_counter'>(44)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Baøi 32. Baøi 33 C. A I. M. A. B. E'. E. B. A'. F. C'. N C. B'. B'. A'. C'. F'. Bài 33: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’.Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AA’ và BB’.Đường thẳng CE cắt đường thẳng C’A’ tại E’ ;đường thẳng CF cắt đường thẳng C’B’ tại F’và gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ a) Tính theå tích khoái laêng truï theo V b) Goïi (H) laø phaàn coøn laïi cuûa khoái laêng truï ABC.A’B’C’ sau khi caét boû ñi phaàn khoái choùp C.ABFE. Tính tæ soá theå tích cuûa (H) vaø cuûa khoái choùp C.C’E’F’ Giaûi Hình chóp C.A’B’C’ và hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy và chiều cao bằng nhau 1 1 2 VC.A'B'C' = V  VC.ABB'A' =V- V= V 3 3 3 neân:. Do EF là đường trung bình của hình bình hành ABB’A’ nên diện tích ABEF bằng 1 1 VC.ABFE = VC.ABB'A' = V 2 3 nửa diện tích ABB’A’,suy ra: 1 2 V(H) =VABC.A'B'C' -VC.ABFE =V- V= V 3 3 b) Ta coù:. Vì EA’ là đường trung bình trong tam giác E’C’C nên suy ra A’B’ là đường trung bình trong tam giác C’E’F’ do đó: SC’E’F’ = 4SC’A’B’ V(H) 4 1 VC.E'F'C' =4VC.A'B'C' = V  = 3 VC.E'F'C' 2 vaäy:. Bài 34:Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’.Gọi M là trung điểm của AA’.Mặt phaúng ñi qua M,B’,C chia khoái laêng truï thaønh hai phaàn.Tính tæ soá theå tích cuûa hai phần đó. 44.

<span class='text_page_counter'>(45)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. B'. A'. M. C'. Giaûi Mặt phẳng (MB’C) chia khối lăng trụ đều ABC.A’B’C’ thaønh hai khoái choùp C.MABB’ vaø B’.MA’C’C.Hai khoái choùp naøy coù chieàu cao bằng nhau và có đáy là hai hình thang vuông bằng nhau neân coù theå tích baèng nhau. B. A. C Bài 35: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’có cạnh đáy bằng a,chiều cao bằng h.Tính thể tích khối chóp A.BC’A’.. A. B. A. B. I H. C. C A'. B'. A'. B'. I' C'. C'. C1: Ta coù AC//A’C’ AC//(BC’A’) . Goïi J laø trung ñieåm cuûa AC thì d(A,(BC’A’))= d(I,(BC’A’)). Goïi I’ laø trung ñieåm cuûa A’C’ thì BI’A’C’. Vaäy BI’A’C’ vaø II’A’C’  A’C’(IBI’) Do đó hạ IH  BI’ thì IH A’C’ IH (BA’C’) hay d(A,(BC’A’)) = IH 1 11 3a 2 h VA.BC ' A '  S BCA ' .IH  BI '.C ' A '.IH ...  3 32 12. C2:. VA. BC ' A ' VB. AA 'C '. 1 12 3a 2 h  VB. AA 'C 'C  VABC . A ' B ' C ' ...  2 23 12. 45.

<span class='text_page_counter'>(46)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Bài 36 :Cho hình chóp tam giác SABC. Trên 3 đường thẳng SA, SB, SC lấy 3 VSA 'B'C' SA ' SB ' SC '  V SA . SB . SC điểm A’, B’, C’ khác với S. Chứng minh : SABC A. A' C. C' S. H' B'. H B. Giaûi Gọi H,H’ lần lượt là hình chiếu của A và A’ lên mặt phẳng (SBC) .Vì ba điểm S,A,A’ thaúng haøng neân ba ñieåm S,H,H’ cuõng thaúng haøng. Ñaët AH = h vaø A’H’ = h’,goïi S,S’ laø dieän tích cuûa tam giaùc SBC vaø tam giaùc  SB’C’ vaø BSC= . h ' SA ' 1 1 S ' SB ' SC '  S '  SB '.SC '.sin  ; S  SB.SC.sin    . 2 2 S SB SC Ta coù: h SA ; VS . A ' B 'C ' SA ' SB ' SC ' 1 1  . . VS . ABC VA.SBC  S .h  VS . A ' B 'C ' VA '.SB 'C '  .S '.h ' V SA SB SC 3 3 S . ABC vaø. Bài 37: Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, Gọi M là trung điểm của cạnh SC .Mặt phẳng (P) đi qua AM song song với BD chia khối chóp thành hai phần.Tính tỉ số thể tích hai phần đó. Giaûi Goïi O laø taâm cuûa hình bình haønh vaø G = AMSO thì G laø troïng taâm cuûa tam giaùc SG 2  SO 3 SBD,suy ra:. Vì mp(P) //BD nên nó cắt mp(SBD) theo giao tuyến đi qua G và song song với SB ' SD ' SG 2    B’D’.Ta coù: SB SD SO 3 46.

<span class='text_page_counter'>(47)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Maët phaúng (P) chia khoái choùp thaønh hai phaàn:khoái choùp S.AB’MD’ vaø khoái ña dieän ABCDB’MD’ , Ta coù: VS . AB ' D ' SA SB ' SD ' 2 2 4 VS . AB ' D ' 2  . .  .    VS . ABD SA SB SD 3 3 9 VS . ABCD 9 VS .MB ' D ' SM SB ' SD ' 1 2 2 2 V 1  . .  .   S .MB ' D '  VS .CBD SC SB SD 2 3 3 9 VS . ABCD 9. S. M. Suy ra :. D' G. D. B' C. VS . AB ' MD ' VS . AB ' D '  VS .MB ' D '  VS . ABCD VS . ABCD VS . AB ' MD ' 2 1 1 1      9 9 3 VS . ABCDB ' MD ' 2. O B. A. Bài 38: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD.Mặt phẳng (α) qua AB và trung điểm M của cạnh SC.Tính tỉ số thể tích của hai phần khối chóp bị phân chia bởi mặt phẳng đó. Giaûi Vì mp(α) // CD nên nó cắt mp(SCD) theo giao tuyến đi qua M và song song với CD  MN // CD Vaäy mp(ABM) caét hình choùp theo thieát dieän laø hình thang ABMN. Ta coù: S VS . ANB SN 1 1 1   V  VS . ADB  VS . ABCD S . ANB VS . ADB SD 2 2 4 VS . BMN SM SN 1 1 1    VS .BCD SC SD 2 2 4. N M D. A O. C. B. 1 1  VS . BMN  VS .BCD  VS . ABCD 4 8. 3 VS . ABMN VS . ANB  VS .BMN  .VS . ABCD 8 Vaäy: VS . ABMN 3  Do đó: VS . ABMNCD 5. 47.

<span class='text_page_counter'>(48)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Bài 39: Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V.Gọi B’,D’ lần lượt là trung điểm của AB và AD.Mặt phẳng (CB’D’) chia khối tứ diện thành hai phần.Tính tỉ số thể tích cả hai phần đó . Giaûi Ta coù: SABD = 4SAB’D’ A. S BDD ' B ' S ABD . B'.  ñaët d(C,(ABD)) = h. D' D. B. 1 3 S ABD  S ABD 4 4 ;. 1 1 1 VC . AB ' D '  S AB ' D ' .h  . S ABD .h 3 3 4 ; 1 1 3 VC .BDD ' B '  S BDD ' B ' .h  . S ABD .h 3 3 4. VC . AD ' B ' 1  VC . BDD ' B ' 3. C. Bài 40: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a. Gọi B’,D’ lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SD.Maët phaúng (AB’D’) caét SC taïi C’.Tính theå tích cuûa khoái choùp S.AB’C’D’. Giaûi Ta coù: CB AB’ (vì CB(SAB)) vaø AB’SB  AB’SC (1) Tương tự: AD’ SC (2) (1) vaø (2)  SC  (AB’C’D’) SC  AC’ Mặt khác (SAC) là mặt phẳng đối xứng của hình choùp S.ABCD neân : VS.AB’C’D’ = 2VS.AB’C’ D Ta coù:. S. C'. D'. B' A O B. C. VS.AB'C' SA SB' SC' SB' SC' = . . = . VS.ABC SA SB SC SB SC =. SB'.SB SC'.SC SA 2 SA 2 4a2 4a2 8 . = 2. 2= 2. 2= SB2 SC2 SB SC 5a 6a 15. 48.

<span class='text_page_counter'>(49)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. 1 1 1 a3 VS.ABC = SABC .SA= . AB.BC.SA= 3 3 2 3. 8 a3 8a3 16a3  VS.A'B'C' = . =  VS.A'B'C'D' = 15 3 45 45. Bài 41: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi B’,D’ lần lượt là trung ñieåm cuûa SB vaø SD.Maët phaúng (AB’D’) caét SC taïi C’.Tính tæ soá theå tích cuûa khoái choùp S.AB’C’D’vaø S.ABCD. Giaûi Gọi O là tâm hình bình hành và I là giao điểm của B’D’ với SO;suy ra I thuộc AC’vaø B’D’// BD . Keû AC’’//AC’  SC’ = C’C’’= C’’C . S. C'. B'. D' C''. A. B O. D. C. SC ' 1  SC 3. Ta coù: VS . AB 'C ' SA SB ' SC '  . . VS . ABC SA SB SC SB ' SC ' 1 1 1  .  .  SB SC 2 3 6 V 1  S . AB 'C '  VS . ABCD 12. VS . AC ' D ' 1  V 12 . Tương tự : S . ABCD VS.AB'C'D' VS.AB'C' +VS.AC'D' 1 = = V V 6 S.ABCD Vaäy: S.ABCD. Bài 42:Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng đáy.Mặt phẳng (α) đi qua A vuông góc với cạnh SC cắt SB,SC,SD lần lượt tại B’,C’D’. a) Chứng minh rằng tứ giác AB’C’D’ có hai góc đối diện vuông b) Giả sử góc cạnh SC và mặt bên (SAB) bằng x. Tính tỉ số thể tích của khối choùp S.AB’C’D’vaø S.ABCD theo x bieát raèng AB = BC.. 49.

<span class='text_page_counter'>(50)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. ÔN Bài 1:Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. SA = h và SA  (ABC).Gọi H,I lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và SBC a)Chứng minh IH(SBC). b)Tính thể tích tứ diện IHBC theo a và h.. S. F C A. I. H. E. B. Giaûi a)Goïi E laø trung ñieåm cuûa BCsuy ra:ISE; HAE Vì :CB  (SAE)  CB IH Ta coù: BH  AC vaø BH  SA  BH (SAC) suy ra: BH SC (1) Maø : BI  SC (2) (1) vaø (2) suy ra: SC  (BIH)  SC  IH Toùm laïi: CB IH vaø SC  IH  IH  (SBC) b) Hai tam giác vuông ASE và IHE đồng dạng suy IH IE HE = = SA AE SE ra:. a 3 4h 2 +3a2 a 3 AE= ; SE= ; HE= 2 2 6 Maø:.  IH=. ah 3. ; IE=. a2. 3 4h 2 +3a2 2 4h2 +3a2 1 1 1 a4 h 3 VH.IBC = .SIBC .IH= . IE.BC.IH=...= 3 3 2 36(4h 2 +3a2 ) Vaäy:. Bài 2 :Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh bằng a và ba góc ở đỉnh A đều baèng 600 .Tính theå tích khoái hoäp theo a . Giaûi Dựng A’H  (ABCD) vaø HF  AD vaø HE  AB (nhö hình veõ). 50.

<span class='text_page_counter'>(51)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Theo định lý 3 đường vuông góc suy ra: AD  A’F và AB  A’E Ta có : HE = HF (Vì A’AE = A’AF ) suy ra H thuộc đường phân giác của góc BAD ,hơn nữa ABCD là hình thoi nên HAC Vì A’AE là nửa tam giác đều nên : D' a a 3 C' AE . ; A'E=. 2. Vì AHE vuoâng neân :. A'. B'. D. C. F A. 2. H. B. E. a 3 a 3 .  6 HE = AE.tan300 = 2 3 a 6  A ' H  A ' E 2  HE 2 ...  3. a2 3 a2 3 S ABCD 2 S ABD 2.  4 2 vaø V =S .A'H Vaäy: ABCD.A'B'C'D' ABCD a3 2 ...  2. Baøi 3 : Cho khoái laêng truï tam giaùc ABC.A’B’C’ coù theå tích baèng V vaø M laø trung ñieåm cuûa caïnh beân AA’.Caét khoái laêng truï baèng hai maët phaúng (MBC) vaø (MB’C’) ta được ba khối chóp đỉnh M. a) Kể tên ba khối chóp đó b) Tính theå tích ba khoái choùp noùi treân theo V. A. M. C. B. C'. A'. Giaûi a) Ba khối chóp đó là: M.ABC ; M.BB’C’C ; M.A’B’C’ b) Gọi S,h lần lượt là diện tích đáy và chiều cao cuûa khoái laêng truï,ta coù: 1 h Sh V .S .   3 2 6 6 VM.ABC =VM.A’B’C’ =. VM.BB’C’C = V – (VM.ABC +VM.A’B’C’). B' 51.

<span class='text_page_counter'>(52)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. Baøi 4 : Cho khoái laäp phöông ABCD.A’B’C’D’ coù caïnh baèng a . a) Chứng minh tứ diện ACB’D’ là tứ diện đều b) Chứng minh rằng 4 khối tứ diện sau đây có thể tích bằng nhau: D’DAC,B’ABC,AA’B’D’,CC’B’D’.Hãy tính thể tích khối mỗi khối đó theo a .. A. D. B. C A'. Giaûi Bốn khối tứ diện D’DAC,B’ABC,AA’B’D’,CC’B’D’laø boán khoái choùp tam giaùc D’.DAC,B’.ABC,A.A’B’D’,C.C’B’D’. D'. B'. C'. Bài 5 :Cho khối chóp S.ABC có đường cao SA= 2a; ABC vuông tại C có · = 300 .Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của A lên SC và SB AB =2a , CAB a) Tính theå tích cuûa khoái choùp H.ABC. b) Chứng minh rằng AH  SB và SB  (AHK) c) Tính theå tích cuûa khoái choùp S.AHK. Giaûi a) Trong mp(SAC) keû HI // SA thì HI  (ABC) .. S. 1 a3 3 VH.ABC = SABC .IH=...= 3 7 Vaäy. K H A. B I C. 1 VH.ABC =VB.AHC = .SAHC .BC 3 Caùch 2: VS.AHK SA SH SK 1 SH = . . = . V SA SC SB 2 SC S.ABC b) c). 1 SH .SC 1 SA2 2  .  .  ..  2 SC 2 2 SA2  AC 2 7. 52.

<span class='text_page_counter'>(53)</span> HÌNH HOC12(SGK). GV VOÕ SÓ KHUAÂN. 2 2a 3 VS.AHK = .VS.ABC =...= 7 21  3. 1 VS.AHK = .SAHK .SK 3 Caùch 2: Bài 6 :Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là ABC vuông ở B và AB = a, BC = 2a ,AA’ = 3a. Mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với CA’ lần lượt cắt các đoạn thẳûng CC’,BB’ tại M,N. a) Tính theå tích khoái choùp C.A’AB . b) Chứng minh rằng AN  A’B c) Tính thể tích khối tứ diện A’AMN d) Tính dieän tích tam giaùc AMN. Giaûi. B'. 1 VC . AA ' B VA '. ABC  .S ABC . AA ' 3 a) = ... = a3. C'. A' N. M B. A. I. b) Ta coù: CB  AB vaø CB  AA’  CB  (A’AB)  CB  AN (1) Theo giaû thieát : CA’ (AMN)  CA’ AN (2) Từ (1) và (2): AN  (CBA’)  AN  A’B. C. c) Ta coù: VA’AMN = VM.AA’N = VM.AA’B (Vì NB // AA’ d(N,AA’) = d(B,AA’)) = VC.AA’B (Vì MC // (AA’B)  d(M,(AA’B)) = d(C,(AA’B)) 1 1 1 .S AA ' B .CB  . a.3a.2a a 3 3 2 = 3 1 3VA'.AMN a2 14 VA'.AMN = .SAMN .A'I  SAMN = =...= 3 A'I 3 d) Ta coù:. 53.

<span class='text_page_counter'>(54)</span>