The tich khoi da dien va khoi chop

THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN VÀ KHỐI CHĨP DẠNG TỐN THỂ TÍCH KHỐI TỨ DIỆN - Tứ diện ABCD: bốn mặt tam giác - Tứ diện có cạnh nhau, bốn mặt tam giác - Thể tích tứ diện ABCD: Thể tích khối tứ diện phần ba tích số diện tích mặt đáy chiều cao khối tứ diện tương ứng V  - S BCD AH Thể tích khối chóp tam giác S.ABC: Thể tích khối chóp phần ba tích số diện tích mặt đáy chiều cao khối chóp V  B.h Chú ý: 1) Tứ diện hay hình chóp tam giác có cách chọn đỉnh chóp 2) Tứ diện nội tiếp hình hộp, tứ điện gần (có cặp cạnh đối nhau) nội tiếp hình hộp chữ nhật tứ diện nội tiếp hình lập phương 3) Khi tính tốn đại lượng, cần đặt ẩn tìm phương trình đề giải ẩn 4) Đề tính diện tích, thể tích có ta tính gián tiếp cách chia nhỏ phần lấy phần lớn trừ phần dư, Bài toán 1: Cho tứ diện ABCD có cạnh a Tính khoảng cách cặp cạnh đối diện thể tích hình tứ diện Giải Do tứ điện ABCD đều, gọi I, J trung điểm AB CD thì: AJ  BJ  a nên JAB cân J  IJ  AB Tương tự ICD cân đỉnh I nên: IJ  CD Vậy IJ  d  AB,CD  Trong tam giác vuông IAJ IJ  AJ  AI  3a a a   4 Tương tự d  BC, AD   d  BD; AC   a 2 1 a a2 a3 VABCD  S BCD AH  a a2   3 2 12 Bài tốn 2: Tính thể tích khối tứ diện ABCD (gần đều) có cặp cạnh đối nhau: AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c Giải Dựng tứ diện APQR cho B, C, D trung điểm cạnh QR, RP, PQ Ta có AD  BC  1 PQ  AQ  PQ mà D 2 trung điểm PQ  AQ  AP Chứng minh tương tự, ta có AQ  AR, AR  AP 1 Ta có: VABCD  VAPQR  AP AQ AR 4 Xét tam giác vng APQ, AQR, ARP ta có: AP2  AQ2  4c2 , AQ2  AR2  4a , AR2  AP  4b2 Từ suy ra: AP  a  b2  c , AQ  a  b  c AR  a  b2  c Vậy: VABCD  12  a  b  c   a  b  c   a  b  c  Bài tốn 3: Cho tứ diện ABCD có mặt ABC ABD tam giác cạnh a, mặt ACD BCD vng góc với a) Hãy tính theo a thể tích khối tứ điện ABCD b) Tính số đo góc hai đường thẳng AD, BC Giải a) Gọi M trung điểm CD, AM  CD, BM  CD Từ giả thiết suy AMB  90 Mà AM  BM nên tam giác AMB vuông cân M Do đó: BM  a  CD  2CM  BC  BM  a 2 VABCD 1 a3  CD.S ABM  CD.AM BM  12 b) Gọi N, P, Q trung điểm AB, AC, BD Ta có g  AD,BC   g  NP,MP  Tam giác AMB vuông cân M  MN  AB a   NP  PM 2 Suy tam giác MNP tam giác Do đó: MPN  60  g  AD,BC   60 Bài toán 4: Cho tứ diện SABC có cạnh bên SA = SB = SC = d ASB  120, BSC  60, ASC  90 a) Chứng minh tam giác ABC tam giác vng b) Tính thể tích tứ diện SABC Giải a) Tam giác SBC nên BC = d Tam giác SAB cân góc ASB  120 nên SBA  SAB  30 Gọi H trung điểm AB ta có AH  BH  d Do AB  d Tam giác SAC vng S nên AC  d Tam giác ABC vng C vì: BC  AC  d  2d  3d  AB2 b) Vì SA = SB = SC nên ta suy hình chiếu vng góc đỉnh S xuống mặt phẳng (ABC) phải trùng với trung điểm H đoạn AB ta có HA = HB = HC Vì ASB  120 nên SH  SB d  , ta có 2 S ABC  1 d2 nên BC.AC  d.d  2 VSABC  1 d d2 d3 SH S ABC   3 2 12 Bài toán 5: Cho tứ diện ABCD Chứng minh thể tích tứ diện khơng đổi trường hợp: a) Đỉnh A di chuyển mặt phẳng (P) song song với (BCD) b) Đỉnh A di chuyển đường thẳng d song song với BC c) Hai đỉnh B C di chuyển đường thẳng  nguyên độ dải Giải Thể tích tứ diện ABCD khơng đổi vì: giữ a) Tam giác đáy BCD cố định đường cao không đổi khoảng cách từ A mặt phẳng (BCD), khoảng cách mặt phẳng song song (P) (BCD) b) Tam giác đáy BCD cố định đường cao không đổi khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD), khoảng cách đường thẳng d với mặt phẳng song song (BCD) c) Đỉnh A D cố định, diện tích đáy BCD S  BC.d  D,   không đổi chiều cao h  d  A, D,    không đổi Bài toán 6: Cho tứ diện ABCD, gọi d khoảng cách hai đường thắng AB CD,  góc hai đường thẳng Chứng minh VABCD  AB.CD.d sin  Giải Trong mặt phẳng (ABC) vẽ hình bình hành CBAA : Ta có AA BC nên VABCD  VABCD Gọi MN đoạn vng góc chung AB CD với M  AB,N  CD Vì BM CA nên VBACD  VMACD Ta có: MN  AB nên MN  CA Ngoài MN  CD , nên MN  mp  CDA Ta có: g  AB,CD   g  AC,CD    , đó: 1 1 VMACD  S ACD MN  CA.CD.sin  MN  AB.CD.d.sin  3 Vậy VABCD  AB.CD.d sin  Bài tốn 7: Cho điểm M nằm hình tứ diện ABCD Chứng minh tổng khoảng cách từ M tới bốn mặt hình tứ diện số khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M Tổng cạnh tứ diện a? Giải Gọi h chiều cao S diện tích mặt tứ diện Gọi H1 ,H ,H ,H hình chiếu điểm M mặt phẳng (BCD), (ACD), (ABD), (ABC) Khi MH1 ,MH ,MH ,MH khoảng cách từ điểm M tới mặt phẳng Ta có: VMBCD  VMACD  VMABD  VMABC  VABCD 1 1  S.MH  S.MH  S.MH  S.MH  S.h 3 3  MH1  MH  MH  MH  h : Không đổi Nếu tứ diện có cạnh a h  a a nên tổng khoảng cách nói 3 Bài toán 8: Cho hai tia Ax By tạo với góc  , đường thẳng AB vng góc với Ax By; AB = d Hai điểm M, N nằm hai tia Ax By, AM = m, BN = n Tính: a) Thể tích khối tứ diện ABMN b) Khoảng cách hai đường thẳng chéo AB MN Giải a) VABMN  1 AM BN dsin   m.n dsin  6 b) Vẽ BM  AM ABM M hình chữ nhật có AB  MNM  Khoảng cách h hai đường thẳng AB MN khoảng cách từ AB tới mp  MNM   hay khoảng cách từ B tới mặt phẳng Hạ BH  NM  BH  mp  MNM  , h  BH Ta có S BNM   mn sin  NM .BH nên h  m2  n2  2mn cos  Bài toán 9: Cho lăng trụ tam giác ABC.ABC có BB  a , góc BB mp(ABC) 60 ; tam giác ABC vuông C BAC  60 Hình chiếu vng góc B lên mp(ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC Tính thể tích tứ diện AABC Giải Gọi G trọng tâm tam giác ABC D trung điểm AC BG   ABC  , BBG  60 nên BG  Do BD  a a ,BG  2 3a Đặt AB  x BC  x x x , AC  ,CD  2 Tam giác BCD vuông C nên: BC  CD  BD  AC  2 3a 13 x  x  a x  AB 16 16 13 3a 13 9a , S ABC  104 26 3a VAABC  VAABC  S ABC BG  208 Bài tốn 10: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC tam giác vng B, AB  a, AA  2a, AC  3a Gọi M trung điểm đoạn AC  , I giao điểm AM AC Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC) Giải a) Hạ IH  AC  H  AC   IH   ABC  nên IH đường cao tứ diện IABC  IH AA  IH CI 2 4a    IH  AA  AA CA 3 AC  AC  AA2  a , BC  AC  AB  2a Diện tích tam giác ABC: S ABC  AB.BC  a 2 Thể tích khối đa diện IABC: V  b) 4a IH S ABC  Hạ AK  AB  K  AB  Vì BC   ABBA nên AK  BC  AK   IBC  Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (IBC) AK AK  2S AAB  AB AA.AB AA2  AB  2a Bài toán 11: Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh a Gọi O tâm mặt đáy ABCD , điểm M nằm đoạn thẳng BD cho BM  BD Tính thể tích khối tứ diện ABMO khoảng cách hai đường thẳng AM ,OD Giải Gọi O tâm hình vng ABCD  OO   ABM  Từ giả thiết suy M trung điểm OD Ta có S ABM  3 3a S ABD  a  4 1 3a a3 Suy VABMO  S ABM OO  a  3 8 Gọi N trung điểm OO Khi MN OD Do OD  AMN  Suy d  OD, AM   d  OD, AMN    d  D, AMN    d  O, AMN    OH Tứ diện OAMN có OA, OM, ON đơi vng góc: 1 1 14 a         OH  2 2 OH OA OM ON a a a a 14 Vậy d  O, AMN    a 14 Bài toán 12: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD có AB  a,BC  b AA  a Gọi E trung điểm AD Tính thể tích khối tứ diện BCDE theo a, b Khi a  b , tính góc hai mặt phẳng  BC D   C DE  Giải Ta có: BC  BD  a  b2 ,CD  a Suy tam giác BCD cân B Gọi H trung điểm CD BH  CD Tam giác BCH vuông: BH  a  b  a2 a  2b2  2 1 a  2b S BC D  C D.BH  a 2 2  a a  2b 2 Trong mp  BCDA  ta có BH cắt CE I, ta tính IE  Suy d  E, BC D    IC 3 d  C, BC D    h 2 Tứ diện vng CBCD có CB,CD,CC đơi vng góc nên: 1 1 1 ab       h 2 2 h CB CD CC  b a a a  2b2 Vậy VBC DE 3ab a a  2b a 2b   a  2b 2 Khi a = b hình hộp cho hình lập phương Từ tính góc hai mặt phẳng 90 DẠNG TOÁN THỂ TÍCH KHỐI CHĨP - Hình chóp tứ giác S.ABCD, ngũ giác S.ABCDE, - Hình chóp đều: Hình chóp có đáy đa giác cạnh bên Trung đoạn hình chóp đoạn nối đỉnh với trung điểm cạnh đáy - Thể tích khối chóp: Thể tích khối chóp phân ba tích số diện tích mặt đáy chiếu cao khối chóp V B.h - Hình chóp cụt mặt phẳng song song với đáy cắt chia hình chóp Hình chóp cụt có đáy song chiều cao khoảng cách đáy song song - Thể tích khối chóp cụt: V    B  BB  B h Chú ý: 1) Hình chóp hình chiếu đỉnh chóp tâm đáy 2) Khi xác định giao điểm, giao tuyến, thiết diện ta thường dùng cách cắt nhau, kéo dài cắt nhau, đường gióng, giao tuyến gốc quan hệ song song, vng góc đề cho 3) Khi tính tốn đại lượng, cần đặt ẩn tìm phương trình đề giải ẩn 4) Đề tính diện tích, thể tích có ta tính gián tiếp cách chia nhỏ phần lấy phần lớn trừ phần dư, Bài toán 1: Cho khối chóp tam giác S.ABC có chiều cao h góc ASB 2 Hãy tìm thể tích khối chóp Giải Giả sử O tâm tam giác ABC Khi SO   ABC  SO  h Gọi K trung điểm AB Đặt AK  x Khi SK  x cot  ,OK  xtan 30  Ta có h2  SK  OK  x2  x x2 3cot   1 nên  3h2 AB sin60 ,S   x2 ABC 3cot   Vậy VS ABC  x2 h3 S ABC h  h 3 3cot   Bài tốn 2: Cho hình chóp O.ABC có cạnh bên OA = a, OB = b, OC = c chúng vng góc với đơi một: a) Tính thể tích hình chóp O.ABC b) Tính chiều cao OH diện tích tam giác ABC Giải a) Ta có AO  OB AO  OC OA   OBC  nên hình chóp O.ABC coi hình chóp A.OBC với đáy OBC đường cao AO abc Do đó: V  SOBC OA  b) Hạ OH   ABC  H trực tâm đáy Ta có: 1 1 1 b c  a c  a 2b       OH a OA2 a b2 c a 2b c Do đó: OH  abc a 2b2  b2 c  a c 3V a 2b  b c  a c  Và V  S ABC OH  S ABC  OH Bài toán 3: Cho hình chóp tam giác S.ABC, có độ dài cạnh đáy a Gọi M N trung điểm cạnh SB SC Tính thể tích hình chóp S.AMN, biết mặt phẳng (AMN) vng góc với mặt phẳng (SBC) Giải Gọi K trung điểm BC I  SK  MN Từ giả thiết suy MN  a BC  ,MN 2 BC , suy I trung điểm SK MN Ta có SAB  SAC nên hai trung tuyến tương ứng AM  AN , AMN cân A, suy AI  MN Mà  SBC    AMN   AI   SBC   AI  SK Do SAK cân A, suy SA  AK  Ta có SK  SB  BK  a 3a a a   nên: 4 2 3a a a 10  SK  AI  SA2  SI  SA2         S AMN  a 10 MN.AI  16 1 a 10 a Hình chóp S.AMN tích: V  S AMN SI  3 16 Vậy: V  a3 48 Bài toán 4: Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC cạnh a Gọi B điểm đối xứng với B qua trung điểm M AC Dựng điểm S cho SB  3a vng góc với mặt phẳng (ABC) Gọi H hình chiếu M lên SB Tính thể tích khối chóp H.ABC góc hai mặt phẳng (SAB) (SBC) Giải Tam giác ABC cạnh a nên BM  AB a 18  2 Suy BB  2BM  a 18 Tam giác SBB vuông B : SB  SB2  BB2  9a  18a  3a Hai tam giác đồng dạng BHM ,BBS  g.g  nên BH BM BB.BM   BH   BB BS BS Suy ra: d  H , ABC   d  S , ABC    a 18 a 3a a 18 BH a   BS 3a 3  d  H , ABC    a 1 6a a3 a  Vậy VH ABC  S ABC d  H , ABC    3 Ta có AC  BM AC  SB nên AC   SBB  AC  SB Mà SB  MH , SB   AHC  Do góc hai mặt phẳng (SAB) (SBC) góc hai đường thẳng HA HC Giải Đặt CA  CB  x Áp dụng định lý cosin tam giác ABC ta có BC  AB2  AC  2AB.AC.cos A x  3a  x  2a 3.x Do x  a Ta có VMCABC  VM ACC  VM ABC Hạ BH vng góc với AC BH   ACC  d  M , ACC     d  B, ACC    BH  a sin60  Do VM ABC  a 3 1 1 a a   S ACC d  M , ACC     a.a   3 2 12  1 a1  a Ta có: VM ABC  MB.S ABC   a.a 3.sin 30   3 22 24  VMC ABC  VM ACC   VM ABC  a3 Ta có S ABC  S AMC cos   AMC , ABC    S AMC cos  Tam giác ACC, ABM ,MBC vng ta có AC   a , AM  a 13 a ,MC   2 Suy tam giác AMC vuông C  a.a 3.sin 30 S ABC 30 Vậy cos     S AMC  10 a a 2 Bài tốn 10: Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh a điểm M cạnh AB, AM  x ,  x  a Xét mặt phẳng (P) qua điểm M chứa đường chéo AC  hình vng ABCD a) Tính diện tích thiết diện hình lập phương cắt mặt phẳng (P) b) Mặt phẳng (P) chia hình lập phương thành hai khối đa diện, tìm x để thể tích hai khối đa diện gấp đơi thể tích đa diện Giải a) Mặt phẳng (P) cắt mặt ABCD theo giao tuyến MN Với N  BC Thiết diện hình thang ACNM có AM  CN AC Gọi I trung điểm đoạn MN O tâm hình vng ABCD OI đường cao hình thang ACNM Ta có: MN  BM   a  x  ,OI  x Do đó: OI  OO2  OI  a  x2 Gọi S diện tích hình thiết diện ta có: S  AC  MN  OI 1 x2 x2 2   a   a  x   a    2a  x  a  2 2 b) Mặt phẳng (P) chia hình lập phương thành hai khối đa diện, khối đa diện nhỏ hình chóp cụt tam giác có đáy nhỏ tam giác BMN đáy lớn tam giác BAC Gọi V1 thể tích khối chóp cụt có chiều cao h = a, gọi S diện tích tam giác BAC , ta có S  diện tích tam giác BMN, ta có  a  x S  a2 S  2  a Từ đó: V1  h S  S   SS    x  3ax  3a   3  a a3 Ta có V1  V  V1   V1  V   x  3ax  3a    x    a   DẠNG TỐN TỈ SỐ THỂ TÍCH Cho khối chóp tam giác S.ABC Trên ba đường thẳng SA, SB, SC lấy ba điểm A,B,C khác với S có tỉ số: VS ABC  SA SB SC   VS ABC SA SB SC Chú ý: 1) Với hình chóp có đáy tứ giác, ngũ giác, … để tính tỉ số thể tích ta cắt chia thành hình chóp tam giác, đưa tỉ số thể tích khối chóp tam giác 2) Tỉ số diện tích S  ABC   AB AC   S  ABC  AB AC 3) Dùng tỉ số diện tích, tích để chứng minh hệ thức đại lượng hình học Bài tốn 1: Cho khối chóp tam giác S.ABC Trên ba đường thẳng SA, SB, SC lấy ba điểm A,B,C khác với S Chứng minh tỉ số thể tích: VS ABC  SA SB SC   VS ABC SA SB SC Giải Gọi H H  hình chiếu A A xuống mp(SBC) AH AH  S ,H ,H thẳng hàng Đặt   BSC Ta có: Vậy VS ABC  VS ABC Bh   Bh SB.SC .sin  SH SA SB SC   SA SB SC SB.SC.sin  SH VS ABC  SA SB SC   VS ABC SA SB SC Bài toán 2: Hãy chia khối tứ diện thành hai khối tứ diện cho tỉ số thể tích hai khối tứ diện số k > cho trước Giải Xét khối tứ diện ABCD Lấy điểm M nằm C D cho CM = kMD Khi đó, khối tứ diện ABCD phân chia thành hai khối tứ diện ABCM ABMD Ta có: VABCM VC ABM  VABMD VD.ABM S ABM CC  CM    k S ABM DD CD Vậy VABCM  k.VABMD Bài tốn 3: Chứng có phép vị tự tỉ số k biến tứ diện ABCD thành tứ diện ABCD VABC D k VABCD Giải Giả sử phép vị tự tỉ số k biến hình chóp A.BCD thành hình chóp A.BCD Khi biến đường cao AH hình chóp A.BCD thành đường cao AH  hình chóp A.BCD Do AH   k AH Tam giác BCD biến thành tam giác BCD nên SBCD  k SBCD S AH  VABC D BC D  k Suy VABCD S BCD AH Bài tốn 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh B, AB = a, SA = 2a SA vng góc với mặt phẳng đáy Mặt phẳng qua A vng góc với SC cắt SB, SC H, K Tính theo a thể tích khối tứ diện SAHK Giải Trong tam giác vng SAC ta có: SK SA2 4a 2    SC SC 6a Tương tự ta có: Ta có: SH SA2 4a    SB SB 5a VSAHK SA SH SK   VSABC SA SB SC 15 Mà VSABC a3  AB.BC.SA  Suy VSAHK 8a  45 Bài toán 5: Cho tứ diện ABCD điểm M, N, P thuộc cạnh BC, BD, AC cho BC = 4BM, AC = 3AP, BD = 2BN Mặt phẳng (MNP) cắt AD Q Tính tỉ số khối tứ diện ABCD phân chia mặt phẳng (MNP) Giải Gọi E  MN  CD Khi Q  PE  AD Gọi F trung điểm BC G điểm AC cho DG Ta có FD Ta có: MN AG PG 2PG  1  1 AP AP PC  1 Suy ra: 2ED 2MF  1  1  EC MC 3 AQ AP   AD AG Gọi V thể tích tứ diện ABCD, V1 thể tích khối đa diện ABMNQP, V2 thể tích khối đa diện CDNMPQ Khi V2  V  V1 Ta có: V1  VABMN  VAMPN  VAPQN Vì S BM BN 1 S S  ,  nên BMN  , MNC  , DNC  S BCD S BCD S BCD BC BD 1 Suy VABMN  V ,VAMNP  VAMNC  V 8 VAPQN  VADNC  V 10 Do V1  V 7 V , suy  20 V2 13 PQ AQ tỉ số thể tích hai phần AD Bài tốn 6: Khối chóp S.ABCD có đáy hình bình hành Gọi M trung điểm SC Một mặt phẳng   qua AM song song với BD chia khối chóp thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần Giải Gọi O tâm đáy ABCD, AM cắt SO G Vì G trọng tâm tam giác SAC nên Mặt khác mp   SG  SO BD nên cắt mp(SBD) theo giao tuyến EF qua G song song với BD  E  SB,F  SD  , vậy: SE SF SG    SB SD SO BD OB  OD nên GE  GF ,S AEM  S AFM Vì EF Vậy: VSAEMF VSABCD VSAEMF V SA SE SM 1 2  SAEM    V SA SB SC 3 SABC VABCD Bài toán 7: Cho khối chóp tứ giác S ABCD Một mặt phẳng   qua A, B trung điểm M cạnh SC Tính tỉ số thể tích hai phần khối chóp bị phân chia mặt phẳng Giải Vẽ MN CD  N  SD  hình thang ABMN thiết diện khối chóp cắt mp(ABM) Ta có: VS ANB SN 1    VS ANB  VS ADB  VS ABCD VS ADB SD 2 VS BMN SM SN 1    VS BCD SC SD 2 1  VS BMN  VS BCD  VS ABCD Vậy: VS ABMN  VS ANB  VS BMN  VS ABCD Do VS ABMN  VABMN ABCD Bài toán 8: Cho khối lăng trụ ABC.ABC Gọi M, N trung điểm hai cạnh AA BB Mặt phẳng  MNC   chia khối lăng trụ cho thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần Giải Nếu gọi V thể tích khối lăng trụ thể tích khối tứ diện CABC V , thể tích khối chóp C.ABBA 2V Vì hai khối chóp C.ABNM CMNBA có chiều cao có mặt đáy nên thể tích khối chóp C.MNBA là: V1  2V V  3 Do tỉ số thể tích hai phần phân chia k  V1  V2 Bài toán 9: Cho khối lăng trụ ABC.ABC M trung điểm cạnh AB Mặt phẳng  BC M  chia khối lăng trụ thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần Giải Gọi I giao điểm đường thắng MB đường thẳng AA , N giao điểm IC  AC Thiết diện khối lăng trụ cắt mp  BCM  hình thang BCNM Mặt phẳng  BC M  chia khối lăng trụ thành hai phần, gọi V1 thể tích phần chứa cạnh AA V2 thể tích phần cịn lại Giả sử khối lăng trụ ABC.ABC có điện tích đáy S chiều cao AA  h Ta có: V1  VAMN ABC  VI ABC  VI AMN  1 S ABC  IA  S AMN IA 3 1S 7  S.2h  h  Sh  VABC ABC  V1  V2  34 12 12 12 Suy ra: 12V1  V1  V2  hay V1  V2 Bài toán 10: Cho khối hộp ABCD.ABCD có AA  h Trên BB DD lấy hai điểm M N cho BM  DN  x  h Mặt phẳng (AMN) chia khối hộp thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần Giải Ta có mp(AMN) cắt khối hộp theo hình bình hành AMEN, với E nằm đoạn CC  mà CE  x Qua MN vẽ mặt phẳng song song với mp(ABCD) cắt khối hộp theo hình bình hành MJNI Gọi V1 thể tích phần khối hộp nằm thiết diện AMEN mp  ABCD  V2 thể tích phần cịn lại khối hộp Ta có V1  VMJNABCD  VJMNE  VIAMN Vì VJMNE  VIAMN nên V1  VIMJNABCD Do V2  VIMJNABCD Vậy V1 MB h  x   V2 BM x DẠNG TOÁN TOÁN TỔNG HỢP Thể tích khối lăng trụ tích số diện tích mặt đáy chiều cao khối lăng trụ V  B.h Thể tích khối tứ diện phần ba tích số diện tích mặt đáy chiều cao khối tứ diện tương ứng VABCD  S BCD AH Thể tích khối chóp phần ba tích số diện tích mặt đáy chiều cao khối chóp V B.h Thể tích khối chúp cụt: V    B  BB  B h Tỉ số thể tích khối chóp tam giác: VS ABC  SA SB SC   VS ABC SA SB SC Bài toán 1: Chứng minh trung điểm cạnh hình tứ điện đỉnh hình tám mặt Hãy so sánh tích tứ diện cho thể tích hình tám mặt Giải Gọi M, N, P, Q, R, S trung điểm cạnh AB, CD, AC, BD, AD, BC tứ diện ABCD tam giác MPR, MRQ, MQS, MBP, NPR, NRQ, NQS, NSP tam giác đều, ta có hình tám mặt MNPQRS Vì tứ diện AMPR, BMQS, CPSN, DQNR tứ diện đồng dạng với tứ diện ABCD với tỉ số k  thể tích nên có V V V Suy VMPRQSN  V   8 Bài tốn 2: Cho khối chóp S.ABC có đường cao SA 2a, tam giác ABC vuông C có AB  2a,CAB  30 Gọi H K hình chiếu A SC SB a) Chứng minh AH  SB SB   AHK  b) Tính thể tích khối đa diện ABCHK Giải a) Ta có AH  SC, AH  CB (do CB   SAC  ) Suy AH   SBC   AH  SB Mà SB  AK , suy SB   AHK  b) Tam giác SAB cân A nên SK  SB VS AHK SA SH SK SH SH SC SA2 Ta có:     VS ABC SA SC SB SC SC 2 SA2  AC  Mà VS ABC 4a 2   VABCHK  VS ABC 2 2 4a  4a cos 30 7 1 a2 a3  S ABC SA  2a  3 Vậy VABCHK  5a 3 21 Bài toán 3: Khối chóp S.ABCD có đáy hình bình hành Gọi M, N, P trung điểm AB, AD SC Chứng minh mặt phẳng (MNP) chia khối chóp thành hai phần tích Giải Đường thẳng MN cắt CD, BC K, I PI cắt SB E, PK cắt SD F Mặt phẳng (MNP) cắt hình chóp theo thiết diện MNFPE, chia thể tích hai phần, gọi V1 thể tích phần chứa đỉnh S V2 phần lại Ta có V1  VS MNFPE  VS AMN V2  VC.MNFPE  VE.MBC  VF NDC Vì P trung điểm SC nên VS MNFPE  VC.MNFDE Ta có: SO  2PL  4HO nên d  E, ABCD    d  F , ABCD    d  S , ABCD   Và SMBC  S NDC  2S AMN nên VS AMN  VE.MBC  VF NDC Vậy V1  V2 Cách khác: Dùng tỉ số thể tích Bài tốn 4: Cho khối lăng trụ tam giác ABC.ABC Gọi M trung điểm AA Mặt phẳng qua M ,B,C chia khối lăng trụ thành hai phần Chứng minh thể tích hai phần Giải Mặt phẳng  MCB  chia khối lăng trụ ABC.ABC thành hai khối chóp: C.MABB BMACC Hai khối chóp có chiều cao (bằng chiều cao tam giác ABC), có đáy hai hình thang vng Vậy hai khối chóp tích Bài tốn 5: Cho tứ diện ABCD có điểm O nằm tứ diện cách mặt tứ diện khoảng r (tâm mặt cầu nội tiếp) Gọi hA ,hB ,hC ,hD khoảng cách từ điểm A, B, C, D đến mặt đối diện 1 1 Chứng minh     r hA hB hC hD Giải Khối tứ diện ABCD phân chia thành bốn khối tứ diện OBCD, OCAD, OABD, OABC, ta có: VO.BCD r V r  , O.CAD  VABCD hA VABCD hB VO.ABD r V r  , O.ABC  VABCD hC VABCD hD Cộng lại  1 VABCD   r     1 VABCD  hA hB hC hD  1 1     r hA hB hC hD Do Bài tốn 6: Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh a Gọi I, J, K trung điểm CD, AD,DD O tâm hình vng ABCD Tính thể tích khối tứ diện OIJK chứng minh BD vng góc với mp(IJK) Giải Vì AB IK AC  OB  IJK  IJ nên  ABC   IJK  Gọi H giao điểm cúa BD IJ Ta có: d  O;  IJK    d  B, IJK    3d  D, IJK   (vì BH  3BD )  3.DT Tứ diện DHK có DI, DJ, DK đơi vng góc nên 1 1 4     2 2 2 2 DT DI DJ DK a a a  d  O;  IJK    a suy d  O;  IJK    Vì tam giác IJK có cạnh a a IJ a  nên S IJK  a2 a a3 Vậy VO.IJK  (đvtt)  2 16 Ta có IJ  BD IJ  BB (do BB   ABCD  ) nên IJ   BBD   BD  IJ Tương tự ta có BD  JK Vậy BD  mp  IJK  Bài toán 7: Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Một mặt phẳng (P) cắt SA, SB, SC, SD theo thứ tự K, L, M, N Chứng minh: a) VS ABC  VS ACD  VS ABD  VS BCD b) SA SC SB SD    SK SM SL SN Giải a) Các tam giác ABC, ACD, ABD, BCD có diện tích nửa diện tích S hình bình hành ABCD hình chóp S.ABC, S.ACD, S.ABD, S.BCD có chiều cao chiều cao h hình chóp S.ABCD Vậy: VS ABC  VS ACD  VS ABD  VS BCD  VS ABCD V  2 b) Ta có VSKLM  VSKNM  VSKLN  VSMLN  VSKLM VSKNM VSKLN VSMLN    VSABC VSADC VSABD VSCBD  SK SL SM SK SM SM  SA SB SC SA SD SC  SK SL SN SM SL SN  SA SB SD SC SB SD Nhân vế với SA SB SC SD đpcm SK SL SM SN Bài toán 8: Khối lập phương ABCD.ABCD có cạnh a K trung điểm DD Tính khoảng cách CK AD Giải Gọi M trung điểm BB Ta có AM KC nên d  CK , AD   d  CK , AMD    d  K , AMD   Đặt d  CK , AD   x Ta có: VAMDK  VK AMD  S AMD x 11  a3 Mặt khác VAMDK  VM ADK  S ADK d  M , ADK     a a  a  22  12 Do S AMD x  a3 Hạ DI  AM  AI  AM  AI AM  AA.d  M , AA   a  AI  nên DI  DA2  AI  a  Nên S AMD  2a 4a 9a 3a   DI  5 1 3a a 3a DI AM   2 Vậy d  CK , AD   x  a Bài tốn 9: Cho hình chóp S.ABC có SA = a, SB = b, SC = c, ASB  30,BSC  45,CSA  60 Tính thể tích hình chóp S.ABC theo a, b, c Giải Trên ba cạnh SA, SB, SC lấy ba điểm M, N, P cho SM = SN = SP = Gọi H hình chiếu S lên (MNP) ta có: SM = SN = SP HM = HN = HP  H tâm đường tròn ngoại tiếp MNP Theo định lý hàm số cơsin ta có: MN   ,NP   ,MP  nên S MNP    1 1  2 MH bán kính đường trịn ngoại tiếp MNP nên: MH  MN NP.PM 2 2 2    4S MNP 2 1 1  SH  SM  MH  4 1 VSMNP  S MNP SH  12 Ta có     1 2   1  1 1  VS ABC SA SB SC   abc VS MNP SM SN SP  VS ABC  abc 2   1 1  1  12 Bài tốn 10: Cho hình chóp tứ giác có tất cạnh Một mặt phẳng qua cạnh đáy, chia hình chóp làm phần tương đương Tính chu vi thiết diện Giải Hình chóp S.ABCD có cạnh nên hình chiếu S lên đáy H cách A B, C, D hình thoi ABCD hình vng nên hình chóp hình chóp Mặt phẳng qua cạnh AB cắt hình chóp theo thiết diện hình thang cân ABEF Đặt EF  x SE  SF  x AF  BE  x2   2x.cos60  x  x  Theo giả thiết: VS ABCD  2.VS ABEF  VSABF  VSBEF  Mà VSABF SF V SE SF   x, SBEF   x2 VSABD SD VSBCD SC SD 1 nên x2  x   , chọn x  Chu vi thiết diện: C  AB  EF  2BE   1   BE  x  x    x  x  1   2x    1  3  BE   Bài tốn 11: Cho hình lăng trụ ABC.ABC có cạnh đáy 2a, cạnh bên a Gọi D, E trung điểm AB BC, O giao điểm AC  với AC Tính thể tích khối chóp B.ACED chứng minh BO vng góc với mp  AC ED  Giải Gọi M trung điểm AC  AC   BOM   BO  AC Ta có: AD  AD  AA   BA  BB BO  BM  MO   BA  BC  BB Suy ra: AD.BO      BA  2BB BA  BC  BB     BA2  BA  BC  2BB2  4a  2a.2a.cos60  6a    Do BO  AD nên BO   ACED  Gọi F trung điểm AB Ta có: d  B, ACED    2d  E, ACED    2d  B, AC ED    2d  A, ACED    4d O, ACED   4 3a 2a 15 2    BO B M  MO  3a   5 5 Tứ giác ACED hình thang cân, có diện tích S ACED  Suy ra: VBACED a 15 3a 15 a  2a    2 1 3a 15 2a 15 3a  Sh   3 Bài tốn 12: Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh a Gọi M, N nằm hai cạnh BC  DD cho CM  DN  x Mặt phẳng  MAD  cắt BB P Chứng minh CM vng góc BN tìm x theo a để thể tích khối lập phương gấp lần thể tích khối đa diện MPBDAA Giải  Ta có: CM BN  CC  CM  BA  AD  DN   CC.DN  CM AD  a.x  x.a  suy CM  BN Ta có đường thẳng AP,DM , AB đồng quy S VS AAD 1 a2 a4  S AAD SA  a  3 x 6x VSPBM SP SB SM  a  x   x    1   VSAAD SA SA SD  a   a  Suy ra: VMPB.DAA  a4   x   a3   x  x                   x   a     a   a   1 Ta có VACBD  VABCD.ABC D  a nên VMPB.DAA  a 3 a3   x  x  1 1   1     a  a Chọn  2  a3 x  x   1   1       a  a  x 1  3  0 x a a 2 BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài tốn 1: Cho hình chóp tam giác S.ABC Biết SA = b góc mặt bên đáy  , tính thể tích khối chóp HD-ĐS Kết V  b3 tan   tan   4 Bài toán 2: Cho tứ diện ABCD có AB  BC  CA  AD  DB  a CD = 2a a) Chứng minh AB vng góc với CD Hãy xác định đường vng góc chung AB CD b) Tính thể tích tứ diện ABCD HD-ĐS b) Kết VABCD  a3 Bài toán 3: Cho tia Sx, Sy, Sz không gian cho xSy  120, ySz  60,zSx  90 Trên tia Sx, Sy, Sz theo thứ tự lấy điểm A, B, C cho: SA = SB = SC = a a) Chứng tỏ tam giác ABC vuông Xác định hình chiếu vng góc H S lên mặt phẳng (ABC) Tính thể tích tứ diện SABC theo a b) Tính góc mặt phẳng (SAC), (BAC) HD-ĐS a) Kết V  a3 12 b) Kết SKH  45 Bài toán 4: Cho tứ diện ABCD có BAD  90,CAD  ACB  60 AB = AC = AD = a Tính thể tích tứ diện ABCD tính khoảng cách hai đường thẳng AC BD HD-ĐS Kết VABCD  a a3 d  AC; BD   12 Bài tốn 5: Cho hình vng ABCD cạnh a, tâm I Các nửa đường thắng Ax, Cy vng góc với mặt phẳng (ABCD) phía mặt phẳng Cho điểm M khơng trùng với A Ax, cho điểm N không trùng với C Cy Đặt AM = m, CN = n a) Tính thể tích hình chóp B.AMNC b) Tìm điều kiện a, m, n để góc MIN góc vng HD-ĐS a) Kết V   m  n a2 b) Kết a  2mn  Bài tốn 6: Hình chóp cụt tam giác có cạnh đáy lớn 2a, đáy nhỏ a, góc đường cao với mặt bên 30 Tính Stp tính V HD-ĐS 7a 3 Kết V  24 Bài toán 7: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, tất cạnh a a) Tính thể tích hình chóp b) Tính khoảng cách từ tâm mặt đáy ABCD đến mặt bên hình chóp HD-ĐS a) Kết VSABCD  a3 b) Kết a 6 Bài tốn 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA  a,SB  a  SAB    ABCD  Gọi M, N trung điểm cạnh AB, BC Tính thể tích khối chóp S.BMDN cosin góc đường thẳng SM, DN HD-ĐS Kết VS BMDN  a3 ,cos  SM ,DN   ... có VABC DE  S BC DE AA 8a  2.2a.a.2a  3 Vì N trung điểm AE nên tỉ số thể tích: VAMNB 1 1    VAMNB  VABCDE VADEB 2 VAMBC 1   VAMBC  VABCDE VADBC 8a 1 1 Suy ra: VABCMN... V2  V  V1 Ta có: V1  VABMN  VAMPN  VAPQN Vì S BM BN 1 S S  ,  nên BMN  , MNC  , DNC  S BCD S BCD S BCD BC BD 1 Suy VABMN  V ,VAMNP  VAMNC  V 8 VAPQN  VADNC  V 10 Do V1  V 7... Ta có: VABCM VC ABM  VABMD VD.ABM S ABM CC  CM    k S ABM DD CD Vậy VABCM  k.VABMD Bài toán 3: Chứng có phép vị tự tỉ số k biến tứ diện ABCD thành tứ diện ABCD VA? ??BC D k VABCD