Hsg hh8 chuyên đề hình lăng trụ đứng – hình chóp đều (31 trang)

HSG-HH8-Chun đề HÌNH LĂNG TRỤ ĐỨNG – HÌNH CHĨP ĐỀU Chủ đề HÌNH HỘP CHỮ NHẬT A Kiến thức cần nhớ Hình hộp chữ nhật - Hình 18.1 cho ta hình ảnh hình hộp chữ nhật - Hình hộp chữ nhật có mặt, đỉnh 12 cạnh - Hình lập phương có mặt hình vng Diện tích xung quanh thể tích hình hộp chữ nhật  Diện tích xung quanh hình hộp chữ nhật chu vi đáy nhân với chiều cao S xq  2(a  b).c  Diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật tổng diện tích xung quanh diện tích hai đáy Stp  2(ab  bc  ca)  Thể tích hình hộp chữ nhật tích ba kích thước V  abc  Đặc biệt, hình lập phương thì: S xq  4a Stp  6a V  a3 Tính chất đường chéo hình hộp chữ nhật  Bốn đường chéo hình hộp chữ nhật cắt trung điểm đường  Bình phương đường chéo tổng bình phương ba kích thước d  a  b2  c Quan hệ vị trí hai đường thẳng phân biệt không gian (h.18.2)  Cắt nhau: Nếu hai đường thẳng có điểm chung Ví dụ: AB BC  Song song: Nếu hai đường thẳng nằm mặt phẳng khơng có điểm chung Ví dụ: AB CD  Chéo nhau: Nếu hai đường thẳng không nằm mặt phẳng Trang Ví dụ: AB CC  Nhận xét Hai đường thẳng phân biệt song song với đường thẳng thứ ba song song Quan hệ song song đường thẳng mặt phẳng (h.18.2)  Đường thẳng song song với mặt phẳng chúng khơng có điểm chung Ví dụ: AB// mp( ABCD)  Nếu AB  mp( P); AB  mp( P) AB //AB AB // mp( P) Nhận xét Nếu A, B  mp( P) đường thẳng AB nằm trọn mp(P) Quan hệ song song hai mặt phẳng (h.18.3)  Hai mặt phẳng song song chúng khơng có điểm chung  Nếu mp(P) chứa hai đường thẳng cắt a b; mp(Q) chứa hai đường thẳng cắt a b a //a b //b mp( P)// mp(Q)  Nếu mp(P) chứa hai đường thẳng cắt a b mà a // mp(Q) b// mp(Q) mp( P)// mp(Q) Nhận xét Hai mặt phẳng có điểm chung chúng cắt theo đường thẳng qua điểm chung ấy, gọi giao tuyến hai mặt phẳng Quan hệ vng góc (h.18.4)  Nếu đường thẳng vng góc với hai đường thẳng cắt mặt phẳng ta nói đường thẳng vng góc với mặt phẳng  Nếu đường thẳng a  mp( P) điểm O đường thẳng a vng góc với đường thẳng qua O nằm mp(P)  Nếu a  mp( P) a  mp(Q) mp( P)  mp(Q) B Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD Gọi M N trung điểm CD C D Chứng minh MN // mp( BCCB) Giải (h.18.5) *Tìm cách giải Muốn chứng minh MN // mp( BCCB) ta phải chứng minh MN song song với đường thẳng mặt phẳng ( BCCB) *Trình bày lời giải Xét tứ giác MCCN  có MC // NC MC  NC Vậy tứ giác MCCN hình bình hành, suy MN // CC Đường thẳng MN không nằm mặt phẳng ( BCCB) đường thẳng CC  nằm mặt phẳng ( BCCB) mà MN // CC nên MN // mp( BCCB) Trang Ví dụ 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD Trên cạnh AA, DD, BB, CC lấy điểm E, F, G, H cho AE  DF  DD; BG  CH  CC  Chứng minh mp( ADHG)// mp( EFCB) 3 Giải (h.18.6) *Tìm cách giải Để chứng minh mp( ADHG)// mp( EFCB) ta tìm cách chứng minh hai đường thẳng cắt mp(ADHG) tương ứng song song với hai đường thẳng cắt mp( EFCB) *Trình bày lời giải Tứ giác BCHG có BG  CH ; BG //CH nên hình bình hành, suy HG //BC Mặt khác BC //BC nên HG //BC Tứ giác DHCF có DF //HC DF  HC nên hình hình hành, suy DH  FC Xét mp(ADHG) có HG DH cắt H Xét mp( EFCB) có BC  FC  cắt C  Từ suy mp( ADHG)// mp( EFCB) Ví dụ Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD a) Chứng minh tứ giác ADCB hình chữ nhật b) Tính diện tích hình chữ nhật ADCB biết: AB  12, AC  29, DD  16 Giải (h.18.7) a) Tứ giác ADDA hình chữ nhật, suy AD // AD AD  AD Tứ giác ABCD hình chữ nhật, suy BC// AD BC  AD Do AD // BC AD  BC Vậy tứ giác ADCB hình bình hành Ta có: AD  DD AD  DC nên AD  mp( DCCD) Suy AD  DC Do hình bình hành ADCB hình chữ nhật b) Xét DDC vng D có DC  DD2  DC2  162  122  20 Xét ADC vuông D có AD  AC2  DC2  292  202  21 Vậy diện tích hình chữ nhật ADCB S  DC AD  20.21  420 (đvdt) Ví dụ Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD a) Chứng minh mp( DCCD)  mp(CBBC) b) Trong số sáu mặt hình hộp chữ nhật, có cặp mặt phẳng vng góc với nhau? Giải (h.18.8) Trang * Tìm cách giải Muốn chứng minh mp( DCCD) vng góc với mp(CBBC) ta cần chứng minh đường thẳng mp( DCCD) vuông góc với hai đường thẳng giao mp(CBBC) * Trình bày lời giải a) Vì DDCC hình chữ nhật nên DC  CC Vì ABCD hình chữ nhật nên DC  BC Vậy DC  vng góc với hai đường giao mp(CBBC) DC  mp(CBBC) Mặt khác, DC  mp( DCCD) nên mp( DCCD)  mp(CBBC) b) Chứng minh tương tự câu a), ta cặp mặt có chung cạnh vng góc với Hình hộp chữ nhật có 12 cạnh nên có 12 cặp mặt vng góc với Ví dụ Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD Diện tích mặt ABCD, BCCB DCCD 108cm2 ,72cm2 96cm2 a) Tính thể tích hình hộp b) Tính độ dài đường chéo hình hộp Giải (h.18.9) * Tìm cách giải Diện tích mặt cho tích hai kích thước Thể tích hình hộp tích ba kích thước Vì ta cần sử dụng tích cặp hai kích thước để đưa tích ba kích thước * Trình bày lời giải a) Gọi độ dài cạnh AB, BC, CC a, b, c Ta có: ab  108 (1); bc  72 (2); ca  96 (3) Suy ra: ab.bc.ca  108.72.96 hay (abc)2  746496 Do abc  746496  864(cm3 ) Vậy thể tích hình hộp V  864(cm3 ) (4) b) Từ (4) (1) ta có: c  abc 864   8(cm) ab 108 Từ (4) (2) ta có: a  abc 864   12(cm) bc 72 Từ (4) (3) ta có: b  abc 864   9(cm) ac 96 Vậy đường chéo hình hộp chữ nhật có độ dài là: d  a  b2  c2  122  92  82  17(cm) Trang C Bài tập vận dụng  Quan hệ song song Quan hệ vng góc 1.1 Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD a) Chứng minh mp( ACD) // mp( ACB) b) Chứng minh mp(CDB) mp( BCD) cắt Tìm giao tuyến chúng 1.2 Hình hộp chữ nhật ABCD ABCD có đáy ABCD hình vng Chứng minh mp( DBBD) vng góc với mp( ACCA) 1.3 Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD a) Tìm giao tuyến m hai mặt phẳng ( ACCA) ( DBBD) b) Chứng minh giao tuyến m  mp( ABCD) c) Chứng minh mp( BDDB)  mp( ABCD)  Các mặt – Các đỉnh hình hộp chữ nhật 1.4 Người ta ghép 480 hình lập phương nhỏ cạnh 1cm thành hình hộp chữ nhật kích thước 12  5cm sơn tất sáu mặt hình hộp chữ nhật Hỏi: a) Có hình lập phương nhỏ cạnh 1cm khơng sơn mặt nào? b) Có hình lập phương nhỏ cạnh 1cm có mặt sơn? 1.5 Một hình lập phương cạnh n đơn vị (n  ; n  2) ), mặt sơn màu xanh Người ta chia hình lập phương thành n3 hình lập phương cạnh (đơn vị) Cho biết số hình lập phương nhỏ cạnh (đơn vị) khơng sơn mặt 27 Tính: a) Giá trị n; b) Số hình lập phương nhỏ sơn ba mặt; c) Số hình lập phương nhỏ sơn hai mặt; d) Số hình lập phương nhỏ sơn mặt 1.6 Một hộp hình lập phương cạnh 6cm đặt mặt bàn Tính quãng đường ngắn mà kiến phải bò mặt hộp từ trung điểm M C D đến đỉnh A 1.7 Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD a) Hỏi có đoạn thẳng mà hai đầu hai đỉnh hình hộp chữ nhật? b) Chứng tỏ đoạn thẳng nói trên, có tối đa giá trị khác độ dài 1.8 Người ta ghi vào sáu mặt hình lập phương số tự nhiên từ đến Sau lượt, ta cộng thêm số tự nhiên vào hai mặt hình lập phương Hỏi sau số lượt, xảy sáu số sáu mặt hình lập phương khơng?  Tính độ dài – Diện tích – Thể tích Trang 1.9 Một hình hộp chữ nhật có kích thước 8, 9, 12 Tính độ dài lớn đoạn thẳng đặt hình hộp chữ nhật 1.10 Một hình hộp chữ nhật có tổng ba kích thước 61cm đường chéo 37cm Tính diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật 1.11 Đường chéo hình lập phương dài đường chéo mặt 1cm Tính diện tích tồn phần thể tích hình lập phương Trang Hướng dẫn giải 1.1 (h.18.10) a) Xét hình bình hành ACCA có AC // AC  AC // mp(BAC) Xét hình bình hành ABCD có AD // BC  AD// mp( BAC) Vì AC AD cắt A nên mp( ACD) // mp( BAC) b) (h.18.11) Mặt phẳng (CDB) mặt phẳng (CDAB) Mặt phẳng ( BCD) mặt phẳng ( BCDA) Hai mặt phẳng có hai điểm chung C A nên chúng cắt theo giao tuyến CA 1.2 (h.18.12) Tứ giác ADDA hình chữ nhật nên DD  DA Tứ giác DCCD hình chữ nhật nên DD  DC Suy DD  mp( ABCD) Do DD  DB Tứ giác DBBD có DD// BB DD  BB nên hình bình hành Hình bình hành có DD  DB nên hình chữ nhật Gọi O giao điểm AC BD Gọi O giao điểm AC  BD Ta có OO đường trung bình hình chữ nhật DBBD nên OO  DB Ta lại có AC  BD (tính chất đường chéo hình vng) suy BD  mp( ACCA) Mặt phẳng ( DBBD) chứa BD nên mp( DBBD)  mp( ACCA) 1.3 (h.18.12) a) Gọi O giao điểm AC BD Gọi O giao điểm AC  BD Ta có: O  AC mà AC  mp( ACCA) nên O  mp( ACCA) O  BD mà BD  mp( BDDB) nên O  mp( BDDB) Vậy O điểm chung hai mặt phẳng ( ACCA) ( BDDB) Chứng minh tương tự, O điểm chung hai mặt phẳng ( ACCA) ( BDDB) Hai mặt phẳng ( ACCA) ( BDDB) có hai điểm chung O O nên chúng cắt theo giao tuyến m đường thẳng OO b) Trong mặt chéo ( DBBD) có OO đường trung bình nên OO  BD (tại O ) Chứng minh tương tự, ta OO  AC ( O ) Trang Đường thẳng OO vng góc với hai đường thẳng giao mp( ABCD) nên OO  mp( ABCD) c) Ta có: OO  mp( ABCD) mà OO  mp( BDDB) nên mp( BDDB)  mp( ABCD) 1.4 a) Các hình lập phương nhỏ khơng sơn mặt hình lập phương bên Chúng tạo thành hình hộp chữ nhật có độ dài cạnh là:   6(cm);12   10(cm);5   3(cm) Thể tích hình hộp chữ nhật là: 6.10.3  180(cm3 ) Vậy có tất 180 hình lập phương nhỏ khơng sơn mặt b) Có tất 480 hình lập phương nhỏ, có 180 hình khơng sơn mặt Vậy số hình lập phương nhỏ có mặt sơn là: 480 180  300 (hình) 1.5 (h.18.13) a) Các hình lập phương đơn vị khơng sơn mặt bên hình lập phương cho, chúng tạo thành hình lập phương có cạnh dài 27  (đơn vị) Do cạnh hình lập phương cho dài là: n    (đơn vị dài) b) Ở đỉnh có hình lập phương sơn ba mặt Có tất đỉnh nên có hình lập phương đơn vị sơn ba mặt c) Ở cạnh có ba hình lập phương đơn vị sơn hai mặt Có tất 12 cạnh nên có 3.12  36 hình lập phương đơn vị sơn hai mặt d) Ở mặt có hình lập phương đơn vị sơn mặt Có tất mặt nên có 9.6  54 hình lập phương đơn vị sơn mặt 1.6 (h.18.14) Khai triển hình lập phương trải phẳng ba mặt ( ABCD),(CDDC) ( ADDA) ta hình  Xét trường hợp kiến bò qua cạnh DD để tới đỉnh A: Đoạn đường ngắn mà kiến phải bò từ M đến A là: Trang MA1  (6  3)2  62  117  10,8(cm)  Xét trường hợp kiến bò qua cạnh DC để tới đỉnh A: Đoạn đường ngắn mà kiến phải bò từ M đến A là: MA2  (6  6)2  32  153  12, 4(cm)  Xét trường hợp kiến bò qua cạnh CC  để tới đỉnh A: Dễ thấy đoạn đường mà kiến phải bò từ M đến A dài nhiều so với hai trường hợp Kết luận: Vậy đoạn đường ngắn mà kiến phải bị 10,8cm 1.7 (h.18.15) a) Hình hộp chữ nhật có đỉnh Số đoạn thẳng mà hai đầu hai đỉnh hình hộp chữ nhật là: 8.7  28 (đoạn thẳng) b) 28 đoạn thẳng chia làm nhóm, nhóm đoạn thẳng dài (chẳng hạn AB  CD  CD  AB ) Từ suy 28 đoạn thẳng có tối đa giá trị khác độ dài 1.8 Lúc đầu tổng số mặt       21 Đó số lẻ Sau lượt, tổng tăng thêm số chẵn nên tổng số mặt số lẻ, không chia hết cho Do khơng thể xảy số 1.9 Áp dụng cơng thức tính độ dài đường chéo hình hộp chữ nhật d  a2  b2  c2  82  92  122  289 Suy d  289  17 Vậy độ dài lớn đoạn thẳng đặt hình hộp chữ nhật 17 18.10 Gọi ba kích thước hình hộp chữ nhật a, b, c Ta có: a  b  c  61  2 a  b  c  37 (1) (2) Từ (1) suy (a  b  c)2  612  a  b2  c2  2(ab  bc  ca)  3721 Do 2(ab  bc  ca)  3721 1369  2352(cm2 ) Vậy diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật 2352(cm2 ) 1.11 Gọi a độ dài cạnh hình lập phương d độ dài đường chéo hình lập phương Ta có: d  3a  d  a 3(cm) Độ dài đường chéo mặt hình lập phương a Ta có: a  a   a      a   2(cm) Diện tích tồn phần hình lập phương là: Trang S  6a   3   59,39(cm2 ) Thể tích hình lập phương là: V  a3   3   31,14(cm3 ) Chủ đề 2.HÌNH LĂNG TRỤ ĐỨNG A Kiến thức cần nhớ Mơ tả hình dạnh lăng trụ đứng Hình 19.1 cho ta hình ảnh hình lăng trụ đứng * Các mặt bên hình chữ nhật * Các cạnh bên song song * Hai đáy hai đa giác nằm hai mặt phẳng song song * Các cạnh bên mặt bên vng góc với hai mặt phẳng đáy Diện tích xung quanh – Thể tích hình lăng trụ đứng * Diện tích xung quanh hình lăng trụ đứng chu vi đáy nhân với chiều cao S xq  p.h ( p nửa chu vi đáy; h chiều cao) Stp  Sxq  2Sđ ¸ y * Thể tích hình lăng trụ đứng diện tích đáy nhân với chiều cao V  S.h ( S diện tích đáy; h chiều cao) B Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho hình lăng trụ đứng ABC ABC Gọi D, E, F theo thứ tự trung điểm AA, BB, AC Chứng minh mp  AEC // mp  DBF  Giải (h.19.2) * Tìm cách giải Muốn chứng minh mp  AEC // mp  DBF  ta chứng minh hai đường thẳng giao mp  AEC  tương ứng song song với hai đường thẳng giao mp  DBF  * Trình bày lời giải Ta có: AD // EB AD  EB nên tứ giác AEBD hình bình hành Suy AE // DB (1) Xét ACA có DF đường trung bình nên DF // AC (2) Từ (1) (2) suy mp  AEC  //mp  DBF  Ví dụ 2: Cho hình lăng trụ đứng ABC ABC , đáy ABC tam giác vuông A Trang 10 Trong hình lăng trụ đứng, cạnh bên vng góc với đáy nên AA  mp  ABCD   AA  AC Xét AAC vuông A , ta có: AA  AC2  AC2  9a  5a  2a Diện tích đáy hình lẳng trụ là: S   AB  CD  AD   a  2a  a  3a Thể tích hình lăng trụ là: V  S h  2 3a 2a  3a b) Diện tích xung quanh hình lăng trụ đứng là:   S xq  a  a  2a  a 2a  8a  2a Diện tích tồn phần hình lăng trụ đứng là: Stp  8a  2a  3a 2  11a  2a 2.9 (h.19.14) a) Xét trường hơp thứ nhất: Tấm bạt căng theo chiều dài (h.a) Ta có: BC  AB  b 2 Diện tích mặt đất bên lều là: S1  BC.CC   b ab (đvdt) 2a  2 Xét trường hợp thứ hai: Tấm bạt căng theo chiều rộng (h.b) Ta có: EF  DE  a 2 Diện tích mặt đất bên lều là: S2  EF FF   a ab (đvdt) .b  2 So sánh hai kết ta thấy S1  S2 b) Xét trường hợp thứ nhất: Thể tích khơng khí bên lều là: 1b V1    a  ab (đvdt) 22 Trang 17 Xét trường hợp thứ hai: Thể tích khơng khí bên lều là: 1a V2    b  a 2b (đvdt) 2 2 1 Ta có: V2  V1  a 2b  ab  ab  a  b   (vì a  b ) Suy ra: V2  V1 8 Vậy căng tám bạt theo chiều rộng thể tích khơng khí bên lều lớn 2.10 (h.19.15) Ta đặt AC  2m; BD  2n Diện tích đáy ABCD là: S  2m.2n  2mn Mặt khác: S  V 1280   64  cm2  h 20 Vậy 2m.n  64 cm  Diện tích xung quanh hình lăng trụ đứng là: S xq  AB.20  80 AB Vậy S xq nhỏ AB nhỏ Gọi O giao điểm hai đường chéo AC BD Ta có AC  BD O Xét AOB vuông O , ta có: AB2  OA2  OB2  m2  n2 Mặt khác m2  n2  2mn Do AB2  64  AB   cm  Vậy giá trị nhỏ AB 8cm m  n tức ABCD hình vng Giá trị nhỏ diện tích xung quanh 4.8.20  640  cm2  2.11 (h.19.16) a) Chi vi đáy đèn là: 18   108  cm  Diện tích xung quanh đèn là: S xq  p.h  108  40  4320  cm2  Vậy diện tích giấy bóng kính để làm mặt xung quanh đèn 4320  cm2  b) Diện tích đáy đèn là: S a2 182   486  cm2  4 Thể tích đèn lồng là: V  S.h  486 3.40  19440  cm3   33671 cm3  c) Gọi a b độ dài cạnh đáy đèn lồng trước sau giảm thể tích Gọi S1 S diện tích đáy tương ứng Khi đó: Trang 18 V1  S1.h;V2  S2 h Ta có: V1 S h S a 3.6 b2 3.6 2 2 2 :  V2 S2 h S2 4  a : b2   a : b  Vậy độ dài cạnh đáy phải giảm lần Chủ đề 3.HÌNH CHĨP ĐỀU A Kiến thức cần nhớ Mơ tả hình chóp - hình chóp • Hình chóp có đáy đa giác Các mặt bên tam giác chung đỉnh Đường thẳng qua đỉnh vng góc với mặt phẳng đáy gọi đường cao hình chóp • Hình chóp hình chóp có mặt đáy đa giác đều, mặt bên tam giác cân (h.20.1) • Trong hình chóp đều, chân đường cao trùng với tâm đa giác đáy, ví dụ SH Đường cao mặt bên vẽ từ đỉnh S gọi trung đoạn hình chóp, ví dụ SM Hình chóp cụt Cắt hình chóp mặt phẳng song song với đáy Phần hình chóp nằm mặt phẳng mặt phẳng đáy gọi hình chóp cụt (h.20.2) Mỗi mặt bên hình chóp cụt hình thang cân Diện tích xung quanh hình chóp • Diện tích xung quanh hình chóp tích nửa chu vi đáy với trung đoạn Sxq=p.d (p nửa chu vi đáy; d trung đoạn) • Diện tích xung quanh hình chóp cụt bằng: - Diên tích mặt bên nhân với số mặt bên; - Diện tích xung quanh hình chóp lớn trừ diện tích xung quanh hình chóp nhỏ; hoặc: Sxq = (p + p').d (Trong đó: - p, p' nửa chu vi đáy lớn, đáy nhỏ Trang 19 - d trung đoạn mặt bên.) Thể tích hình chóp V  S h (S diện tích đáy; h chiều cao) • Thể tích hình chóp cụt bằng: - Thể tích hình chóp lớn trừ thể tích hình chóp nhỏ; hoặc: V   S1  S2  S1S2 h (Trong đó: S1, S2 diện tích hai đáy; h chiều cao.) B Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho hình chóp tam giác S.ABC, đường cao SH Trên cạnh SA, SB, SC lấy điểm A', B', C’ cho SA' = SB' = SC' Chứng minh rằng: a) mp  A ' B ' C ' / / mp  ABC  ; b) mp  SCH   mp  SAB  Giải (h.20.3) * Tìm hướng giải Muốn chứng minh mp  A ' B ' C ' / / mp  ABC  ta chứng minh hai cạnh ∆A'B'C' tương ứng song song với hai cạnh ∆ABC * Trình bày lời giải a) Xét ∆SAC có SA  SC; SA '  SC ' nên SA ' SC '  SA SC  A ' C '/ / AC (1) Chứng minh tương tự, ta được: A ' B '/ / AB (2) Từ (1) (2) suy A ' B ' C '/ / mp  ABC  b) Xét ∆ABC có H giao điểm ba đường trung tuyến Gọi M trung điểm AB, ta có: CM  AB;SM  AB Vậy AB  mp SCM  Mặt khác AB  mp  SAB  nên mp  SAB   mp  SCM  hay mp  SAB   mp  SCH  Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác SA đường cao hình chóp Gọi M trung điểm BC a) Chứng minh mp  SAM   mp  SBC  b) Cho biết SMA  30o chứng minh diện tích tam giác BCS tổng diện tích tam giác ABS ACS Trang 20 Giải (h.20.4) * Tìm cách giải BC  mp  SBC  Vì nên muốn chứng minh mp  SBC   mp  SAM  ta cần chứng minh BC vng góc với AM SM * Trình bày lời giải a) SA  mp  ABC   SA  AB; SA  AC SAB  SAC (c.g.c)  SB  SC Xét ∆SBC cân S  SM  BC; Xét ∆ABC  AM  BC Suy BC  mp  SAM  Mặt khác BC  mp  SBC  nên mp  SBC   mp  SAM  b) Xét ∆SAM vuông A, SMA  30o nên SA  Diện tích ∆BCS là: SM hay SM  2SA 1 BC.SM  BC.2SA  BC.SA (1) 2 Tổng diện tích ∆ABS ∆ACS là: 1 AB.SA  AC.SA  SA  BC  BC   SA.BC (2) 2 Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Ví dụ 3: Cho hình chóp cụt tứ giác ABCD.A'B'C'D' Một mặt phẳng song song với đáy hình chóp cụt cắt cạnh A A' B B' C C', DD' M, N, P, Q Chứng minh tứ giác MNPQ hình vng Giải (h.20.5) Gọi S đỉnh hình chóp sinh hình chóp cụt Vì mp  MNPQ  / / mp  ABCD  nên hình chóp cụt ABCD.MNPQ hình chóp cụt Các mặt bên hình thang cân Suy ra: NP / / BC; MQ / / AD Mặt khác BC / / AD nên NP / / MQ Chứng minh tương tự ta MN / / PQ Do tứ giác MNPQ hình bình hành Trang 21 Xét ∆SBC có NP / / BC nên BC SB  1 NP SN Xét ∆SAB có MN / / AB nên AB SB (2)  MN SN Từ (l) (2)  BC AB mà BC  AB nên NP  MN  NP MN Hình bình hành MNPQ có hai cạnh kề nên hình thoi Hai đường thẳng MP AC nằm mặt phẳng (SAC) hai đường thẳng điểm chung (vì nằm hai mặt phẳng song song) nên MP / / AC Chứng minh tương tự, ta NQ / / BD Ta có: AC SC SB BD Vì AC  BD nên MP  NQ    MP SP SN NQ Hình thoi MNPQ có hai đường chéo nên hình vng Ví dụ 4: Cho hình chóp tam giác S.ABC có độ dài cạnh đáy 12cm, độ dài cạnh bên 8cm Hãy tính: a) Thể tích hình chóp; b) Diện tích tồn phần hình chóp Giải (h.20.6) * Tìm hướng giải Để tính thể tích diện tích tồn phần hình chóp biết độ dài cạnh đáy cạnh bên, ta cần tính chiều cao trung đoạn hình chóp * Trình bày lời giải a) Gọi M trung điểm AC O giao điểm ba đường trung tuyến ∆ABC Ta có BM đường cao tam giác nên BM  BO  AB  cm 2 BM  cm ∆SBO vuông O nên ta có:  SO2  SB  OB     16  SO  (cm) Diện tích ∆ABC AB 144   36 (cm2) 4 Trang 22 1 Thể tích hình chóp là: V  S h  36  48 (cm3) 3 b) Tam giác SMA vuông M nên SM  SA2  MA2  82  62  SM  28  (cm) Diện tích xung quanh hình chóp là: S xq  p.d  12.3  36 (cm2) Diện tích tồn phần hình chóp là: Stp  36  36  36     157,6 (cm2) Ví dụ Cho hình chóp cụt tam giác ABC.A'B'C' có cạnh bên 17cm, cạnh đáy lớn 28cm, cạnh đáy nhỏ 12cm Tính diện tích xung quanh hình chóp cụt Giải (h.20.7) * Tìm hướng giải Để tính diện tích xung quanh hình chóp cụt biết độ dài cạnh đáy lớn, độ dài cạnh đáy nhỏ cịn phải tính chiều cao mặt bên * Trình bày lời giải Trong mặt bên A’B’BA vẽ A’H  AB ta được: AH  AB  A ' B ' 28  12   (cm) 2 Xét A ' AH vuông H, ta có: A ' H  AA '2  AH2  172  82  225  A ' H  15 (cm) Diện tích xung quanh hình chóp cụt là: S xq  12  2815  900 (cm2) C Bài tập vân dụng • Chứng minh song song, vng góc Tính chiều cao 3.1 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD Trên cạnh SA, SB, SC, SD lấy điểm A', B', C', D' cho SA '  SB '  SC '  SD ' Chứng minh rằng: a) Bốn điểm A', B', C, D' thuộc mặt phẳng Có nhận xét mặt phẳng (A'B'C'D') mp(ABCD) b) mp  SAC   mp  SBD  3.2 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD Cho biết SA  SC Chứng minh mặt bên tam giác Trang 23 3.3 Cho hình chóp S.ABC, bốn mặt tam giác có cạnh a Gọi M, N, P, Q trung điểm SC, SB, AB, AC Chứng minh tứ giác MNPQ hình vng 3.4 Cho hình chóp tam giác S.ABC, mặt bên tam giác vuông cân S a) Chứng minh mặt bên vng góc với hai mặt bên lại b) Gọi độ dài cạnh đáy a, Tính chiều cao hình chóp 3.5 Một hình chóp cụt tứ giác có diện tích xung quanh tổng diện tích hai đáy Biết cạnh đáy lớn 6cm, cạnh đáy nhỏ 4cm Tính chiều cao hình chóp cụt 3.6 Cho hình chóp cụt tứ giác ABCD A1 B1 C1 D1 có cạnh AB  a, A1 B1  b  a  b  Một mặt phẳng song song với hai đáy hình chóp cụt cắt cạnh AA1 , BB1 , CC1 CC1 A2 , B2 , C2 , D2 chia hình chóp cụt lớn thành hai hình chóp cụt nhỏ có diện tích xung quanh Gọi c cạnh hình vng A2 B2C2 D2 Chứng minh rằng: c  a  b2 • Tính diện tích, tính thể tích 3.7 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a cạnh bên a 10 Tính thể tích hình chóp 3.8 Cho hình chóp lục giác S.ABCDEF có AD = 2a diện tích tam giác SAD a Tính diện tích xung quanh hình chóp 3.9 Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh bên a Chứng minh cạnh bên vng góc với đơi thi diện tích xung quanh lớn 3.10 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh bên dài 5cm diện tích xung quanh 48cm2 Tính thể tích hình chóp 3.11 Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh bên 17cm chiều cao 15cm Gọi A', B', C' trung điểm SA, SB, SC Tính thể tích hình chóp cụt A'B'C'.ABC 3.12 Cho hình lập phương ABCD.A'B'CD' cạnh a Từ hình lập phương cắt hình chóp C.BDC' Chứng minh rằng: a) Hình chóp C.BDC' hình chóp b) Tỉ số diện tích xung quanh diện tích đáy hình chóp c) Tỉ số thể tích hình chóp thể tích hình lập phương Trang 24 Hướng dẫn giải 3.1 (h.20.8) a) Xét ∆SAB có SA  SB; SA '  SB’ nên SA ' SB '   A ' B '/ / AB SA SB Chứng minh tương tự, ta được: CD '/ /CD Mặt khác AB / /CD nên A ' B '/ /C ' D ' Từ suy bốn điểm A ', B ', C ', D ' nằm mặt phẳng Ta có: A ' B '/ / AB; B ' C '/ / BC mà A'B' B'C' cắt B'; AB BC cắt B Từ suy ra: mp  A ' B ' C ' D ' / /mp  ABCD  b) Gọi O giao điểm AC BD Vì S.ABCD hình chóp nên AO  SO; AO  DO  AO  mp  SOD  Vì AO  mp  SAC  nên mp  SAC   mp  SBD  3.2 (h.20.9) Ta đặt AB  a  AC  a  OA  a 2 Xét ∆SAC có SA  SC; ASC  90o nên ∆SAC vuông cân  SAO  45o Xét ∆SOA có  SOA  90o , SAO  45o nên ∆SOA vuông cân  SO  OA 2 a 2 a 2 a2 a2  a2 Ta có: SA  SO  OA         2     2 Do SA  a Xét mặt bên SAB có SA  SB  AB  a nên tam giác Do mặt bên tam giác 3.3 (h.20.10) Xét ∆SBC có MN đường trung bình nên MN / / BC MN  BC (1) Trang 25 Xét ∆ABC có PQ đường trung bình nên PQ / / BC MN  BC (2) Từ (1) (2) suy MN / / PQ MN  PQ Do tứ giác MNPQ hình bình hành Ta có: BC a SA a  ; MQ   2 2 MN  Vậy MN  MQ , suy hình bình hành MNPQ hình thoi Xét QBS có QB  QS  a nên ∆QBS cân  NQ  SB Xét ∆QNS vuông N có:  a   a 2 a a QN  QS  NS    QN       2 2     2 Chứng minh tương tự, ta được: MP  a QN  MP Hình thoi MNPQ có hai đường chéo nên hình vng 3.4 (h.20.11) a) Ta có SC  SA; SC  SB  SC  mp  SAB  Mặt khác SC  mp  SAC  nên mp  SAC   mp  SAB  SC  mp  SBC  nên mp  SBC   mp  SAB  Do mặt bên (SAB) vng góc với mặt bên (SAC) (SBC) Chứng minh tương tự ta mặt bên (SBC), (SCA) vng góc với hai mặt bên cịn lại b) Xét tam giác ABC Gọi O giao điểm đường trung tuyến CM BN Khi BO  2 a a BN   3 Xét ∆SAB vuông cân S có AB  a nên SB  a Xét ∆SOB vuông O, ta có: 2 a 2 a 3 a2 SO  SB  OB             SO  2 a 6 3.5 (h.20.12) Xét hình chóp cụt tứ giác ABCD.A'B'C'D' Trang 26 Gọi M M' trung điểm BC B'C' Ta có OM / / AB; O ' M '/ / A’B ' mà A’B '/ / AB nên O ' M '/ /OM Trong hình thang O ' M ' MO ta vẽ M ' H  OM Ta M ' H  OO '; OH  O ' M ' Ta có OM  :  (cm); O ' M '  :  (cm); HM    ( cm) Tống diện tích hai đáy là: S1  S2  62  42  52 (cm2) Diện tích xung quanh là: S xq     MM '  20MM ' (cm2 ) Theo đề ta có: 20MM '  52  MM '  2,6 (cm) Xét M ' HM vng H, ta có:  2.6 M ' H  M ' M  HM   12  2, (cm) Do chiều cao hình chóp cụt 2,4cm 3.6 (h.20.13) Gọi S đỉnh hình chóp sinh hình chóp cụt Gọi diện tích xung quanh hình chóp S.ABCD hình chóp S A2 B2C2 D2 S S Gọi độ dài trung đoạn cùa hình chóp S.ABCD hình chóp S A2 B2C2 D2 d d2 Ta có: S 4a 4c d  2ad ; S2  d  2cd 2 Xét ∆SBC có BC / / B2C2 nên: d SB BC a    d SB2 B2C2 c Do S 2ad a a a    S2 2cd c c c Chứng minh tương tự, ta được: S1 b  S2 c Theo đề ta có: S  S2  S2  S1 Suy ra: 2S2  S  S1 , S  S1 2 S2 Trang 27 a b2 a  b2 a  b2 S S1   c    hay    c c c2 S2 S2 Vậy 3.7 (h.20.14) * Tìm cách giải Để tìm thể tích hình chóp biết cạnh đáy ta cần tính chiều cao hình chóp Có thể vận dụng định lý Py-ta-go để tính * Trình bày lời giải ABCD hình vng cạnh a nên BD  a 2  2a  OB  a S ABCD Vì hình chóp nên SO  mp  ABCD   SOB vuông O  Ta có: SO2  SB  OB  a 10   a  9a  SO  3a   1 Thể tích hình chóp là: V  S h  a 3a  2a 3 3.8 (h.20.15) Gọi O tâm lục giác ABCDEF Ta có: SO  AD Diện tích tam giác ADS là: 1 AD.SO  2a.SO  a.SO 2 Theo đề ta có: a.SO  a  SO  a Gọi SM trung đoạn hình chóp, OM  BC Xét OBC đều, cạnh a, đường cao OM  a Xét ∆SOM vng O, ta có:  a  7a a SM  SO  OM  a    SM      2 2 Diện tích xung quanh hình chóp là: S xq  6a a 3a  2 3.9 (h.20.16) Gọi M trung điểm AB Khi SM trung đoạn hình chóp x2  x Ta đặt AB  x thì: SM  SB     a   SM  4a  x   2 Trang 28 Diện tích xung quanh hình chóp là: S xq  3x 3x 4a  x  4a  x 2 Vận dụng bất đẳng thức a  b2  2ab hay ab  a  b2 x  4a  x ta được: x 4a  x   2a 2 3 Do S xq  2a  a Dấu "=" xảy x  4a  x  x  4a  x  x  2a Khi SA2  SB2  AB2 (vì a  a  2a ) Theo định lý Py-ta-go đảo ∆SAB vng  SA  SB Chứng minh tương tự, ta có: SB  SC; SC  SA Vậy max S xq  a SA, SB, SC vng góc với đôi 3.10 (h.20.17) Ta đặt BC  2a trung đoạn SM  d (a  d ) Khi S xq  2a.4 d  4ad Theo đề ta có: 4ad  48  ad  12 (1) Xét ∆SMC vng M, ta có: MC  SM  SC Do a  d  25 Suy a2  d  2ad  25  24   a  d   49  a  d  (2) a  d   a  4; d  (lo¹i)  Từ (1) (2) ta được:  ad  12  a  3; d  (Tháa m·n) Khi SO2  SM  OM  d  a2  16    h  SO  (cm) 1 Vậy thể tích hình chóp là: V  S h  62  12 (cm3) 3 3.11 (h.20.18) Xét ∆SOC vuông O, ta có: OC  SC  SO2  172  152  64  OC   cm   CM  12  cm  Gọi độ dài cạnh đáy a Ta có: CM  a 24 (cm)  a  24  a  Diện tích đáy hình chóp S.ABC là: Trang 29 a  24  S1    48 (cm2)   3 Thể tích hình chóp S.ABC là: 1 V1  S1.h1  48 3.15  240 (cm3) 3 Theo tính chất đường trung bình tam giác ta có A ' B '/ / AB; A ' C '/ / AC ; suy mp( A ' B ' C ') / / mp( ABC) Do hình chóp cụt A ' B ' C ' ABC hình chóp cụt Xét ∆SOC có SO ' SC '    SO  7,5 cm SO SC Ta có: A ' C '  12 (cm) Do diện tích tam giác A'B'C là: AC  3  12  S2     12 (cm )  3 Thể tích hình chóp S.A'B'C' là: 1 V2  S2 h2  12 3.7,5  30 (cm3) 3 Thể tích hình chóp cụt ABC.A’B'C' là: V  V1  V2  240  30  210 (cm3) 3.12 (h.20.19) a) Hình chóp C.BDC' có đáy tam giác đều, cạnh dài a Ba mặt bên tam giác vuông cân nhau, tam giác có cạnh bên a cạnh đáy a Do hình chóp C.BDC' hình chóp b) Diện tích xung quanh cụa hình chóp là: S xq  a2 3  a 2 Diện tích đáy hình chóp là: S    a  a2 Tỉ số diện tích xung quanh diện tích đáy hình chóp là: S xq S  a2 a :  2 c) Xét hình chóp C.BDC' (h.20.20) có: CB  CD  CC  a; BD  BC  DC  a Gọi M trung điểm BC ', CO  DM Trang 30 Ta có: DM  OD  a   a ; 2 a a DM   3 Xét ∆COD vng O có:  a  a2 a CO  CD  DO  a    CO    3   2 2 1 a  Thể tích hình lập phương là: V  Sh  3 a a3  Thể tích hình lập phương là: V2  a3 Vậy V a3  :a  V2 6 Trang 31