Thể tích khối đa diện lớp 12

HÌNH 12 ƠN THI ĐH-CĐ CHUN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN HÌNH HỌC LỚP 12 CHƯƠNG I KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH CỦA CHÚNG A Lí thuyết: ƠN TẬP HÌNH HỌC PHẲNG 1/ Các hệ thức lượng tam giác vuông Cho ABC vuông A, AH đường cao, AM đường trung tuyến Ta có: A   B  AB  AC  Pitago  AH BC  AB AC AB  BH BC , AC  CH CB 1   , AH  HB.HC 2 AH AB AC BC AM   BC  C H M  2/ Các hệ thức lượng tam giác thường a) Định lí hàm số cosin b2  c2  a 2bc a  c2  b2  b  a  c  2ac cos B  cos B  2ac a  b2  c2  c  a  b  2ab cosC  cos C  2ab  a  b  c  2bc cos A  cos A  A c b a B C b) Định lí hàm số sin A c a b c    2R sin A sin B sin C b B R (R bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC) C a c) Cơng thức tính diện tích tam giác A  c B b a  C p – nửa chu vi r – bán kính đường trịn nội tiếp   1 S ABC  a.ha  b.hb  c.hc 2 1 S ABC  ab sin C  bc sin A  ac sin B 2 abc S ABC  , S ABC  p.r 4R  a b  c  S ABC  p p  a  p  b p  c , p       GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: 01649802923 HÌNH 12 ÔN THI ĐH-CĐ CHUYÊN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN d) Cơng thức tính độ dài đường trung tuyến tam giác A K N M B  AM  C AB  AC BC BA2  BC AC  BN    4 CA2  CB AB 2  CK   3/ Định lí Talet  MN / / BC  A M N B AM AN MN   k AB AC BC S  AM   AMN    k SABC  AB  C (Tỉ diện tích tỉ bình phương đồng dạng) 4/ Diện tích đa giác a/ Diện tích tam giác vng B  SABC   Diện tích tam giác vng ½ tích cạnh góc vng b/ Diện tích tam giác  Diện tích tam giác đều: (cạnh)2 S   Chiều cao tam giác đều: (cạnh) h  C A B h A a D a C A c/ Diện tích hình vng hình chữ nhật AB.AC B O C   S ABC  a      h  a     S HV  a     AC  BD  a     Diện tích hình vng cạnh bình phương  Đường chéo hình vng cạnh nhân  Diện tích hình chữ nhật dài nhân rộng GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: 01649802923 HÌNH 12 ƠN THI ĐH-CĐ CHUYÊN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN A D d/ Diện tích hình thang S   Diện tích hình thang: SHình Thang  (đáy lớn + đáy bé) x chiều cao B H AD  BC  AH C B e/ Diện tích tứ giác có hai đường chéo vng góc C  S H Thoi  A  Diện tích tứ giác có hai đường chéo vng góc ½ tích hai đường chéo  Hình thoi có hai đường chéo vng góc trung điểm đường AC BD D Lưu ý: Trong tính tốn diện tích, ta chia đa giác thành hình đơn giản dễ tính diện tích, sau cộng diện tích chia này, ta diện tích đa giác CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH HÌNH HỌC 1/ Chứng minh đường thẳng d // mp ( ) với  d  ( )   Chứng minh: d // d ' d '  ( )  Chứng minh: d  (  )    // ( )  Chứng minh d ( ) vng góc với đường thẳng vng góc với mặt phẳng 2/ Chứng minh mp ( ) // mp     Chứng minh mp( ) chứa hai đường thẳng cắt song song với mp     Chứng minh mp ( ) mp    song song với mặt phẳng vng góc với đường thẳng 3/ Chứng minh hai đường thẳng song song: Áp dụng định lí sau  Hai mp( ),    có điểm chung S chứa đường thẳng song song a , b ( )      Sx // a // b  a // mp( )   ( )      b // a  a  mp    GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: 01649802923 CHUYÊN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN HÌNH 12 ƠN THI ĐH-CĐ  Hai mặt phẳng song song với đường thẳng giao tuyến chúng song song với đường thẳng  Một mặt phẳng cắt hai mặt phẳng song song theo giao tuyến song song  Hai đường thẳng vng góc với mặt phẳng song song với  Sử dụng phương pháp hình học phẳng: Đường trung bình, định lí Talét đảo, … 4/ Chứng minh đường thẳng d  mp    Chứng minh d vng góc với hai đường thẳng cắt chứa mp( )  d // d '  Chứng minh:   d  mp   d '  mp     d  mp      Chứng minh:   d  mp   mp    // mp      Hai mặt phẳng cắt vng góc với mặt phẳng thứ giao tuyến chúng     P   vng góc với mặt phẳng thứ 3:      P   d  P         d  Có hai mặt phẳng vng góc, đường thẳng nằm mặt phẳng vng góc với giao tuyến, vng góc với mặt phẳng 5/ Chứng minh đường thẳng d  d '  Chứng minh d       d '  Sử dụng định lý ba đường vng góc  Chứng tỏ góc d d ' 900  Sử dụng hình học phẳng 6/ Chứng minh mp    mp       d   Chứng minh   mp    mp    (chứng minh mp chứa đường thẳng d      vng góc với mp kia)  Chứng tỏ góc hai mặt phẳng 900 GĨC 1/ Góc hai đường thẳng  Là góc tạo hai đường thẳng cắt vẽ phương với hai đường thẳng đó: a'    a // a ' a  (a, b)  (a ', b ')    b // b '  b' 2/ Góc đường thẳng d mặt phẳng mp    Là góc tạo đường thẳng hình chiếu mặt phẳng    d ,     (d , d ')       GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: b d d' 01649802923  HÌNH 12 ƠN THI ĐH-CĐ CHUN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN (với d ' hình chiếu vng góc d lên mp ( ) ) 3/ Góc hai mp   mp     Là góc có đỉnh nằm giao tuyến u , cạnh hai góc nằm mặt phẳng vng góc với giao tuyến      ( );      ( a, b)       u a  b 4/ Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng: M  Là độ dài đoạn vng góc vẽ từ điểm đến đường thẳng d  M ,    MH 5/ Khoảng cách hai đường thẳng song song:  H d M  Là khoảng cách từ điểm đường thẳng (mặt phẳng) đến đường thẳng (mặt phẳng) d' M 6/ Khoảng cách đường thẳng mặt phẳng song song  Là khoảng cách từ điểm đường thẳng đến mặt phẳng 7/ Khoảng cách hai đường thẳng chéo M  Là độ dài đoạn vng góc chung đường thẳng  Là khoảng cách MH từ điểm M d đến mp   chứa d ' song song với d  Là khoảng cách hai mặt phẳng song song   ,    chứa d d ' HÌNH CHĨP ĐỀU d d' 1/ Định nghĩa Một hình chóp gọi hình chóp có đáy đa giác có chân đường cao trùng với tâm đa giác đáy Nhận xét: GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: 01649802923 CHUYÊN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN HÌNH 12 ƠN THI ĐH-CĐ Hình chóp có mặt bên tam giác cân Các mặt bên tạo với đáy góc Các cạnh bên hình chóp tạo với mặt đáy góc 2/ Hai hình chóp thường gặp a/ Hình chóp tam giác đều: Cho hình chóp tam giác S ABC Khi đó: S Đáy ABC tam giác Các mặt bên tam giác cân S Chiều cao: SO    Góc cạnh bên mặt đáy: SAO  SBO  SCO A  Góc mặt bên mặt đáy: SHO O AB Tính chất: AO  AH , OH  AH , AH  3 B Lưu ý: Hình chóp tam giác khác với tứ diện + Tứ diện có mặt tam giác + Tứ diện hình chóp tam giác có cạnh bên cạnh đáy C H S b/ Hình chóp tứ giác đều: Cho hình chóp tam giác S ABCD Đáy ABCD hình vng A Các mặt bên tam giác cân S Chiều cao: SO     Góc cạnh bên mặt đáy: SAO  SBO  SCO  SDO B  Góc mặt bên mặt đáy: SHO D H O C XÁC ĐỊNH CHIỀU CAO CỦA HÌNH CHĨP 1/ Hình chóp có cạnh bên vng góc với đáy: Chiều cao hình chóp độ dài cạnh bên vng góc với đáy 2/ Hình chóp có mặt bên vng góc với mặt đáy: Chiều cao hình chóp chiều cao tam giác chứa mặt bên vuông góc GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: Ví dụ: Hình chóp S ABC có cạnh bên SA   ABC  chiều cao SA Ví dụ: Hình chóp S ABCD có mặt bên  SAB  vng góc với mặt đáy  ABCD  chiều cao hình chóp chiều cao SAB 01649802923 HÌNH 12 ƠN THI ĐH-CĐ CHUYÊN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN với đáy 3/ Hình chóp có hai mặt bên vng góc với đáy: Chiều cao hình chóp giao tuyến hai mặt bên vng góc với đáy 4/ Hình chóp đều: Chiều cao hình chóp đoạn thẳng nối đỉnh tâm đáy Ví dụ: Hình chóp S ABCD có hai mặt bên  SAB   SAD  vng góc với mặt đáy  ABCD  chiều cao SA Ví dụ: Hình chóp tứ giác S ABCD có tâm mặt phẳng đáy giao điểm hai đường chéo hình vng ABCD có đường cao SO THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN S 1/ Thể tích khối chóp: V  B.h D A O B : Diện tích mặt đáy h : Chiều cao khối chóp B C A 2/ Thể tích khối lăng trụ: V  B.h B : Diện tích mặt đáy h : Chiều cao khối chóp Lưu ý: Lăng trụ đứng có chiều cao cạnh bên C A B A’ B C’ B’ C A’ C’ B’ S xq  ph ; Stp  S xq  Sday GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: 01649802923 HÌNH 12 ƠN THI ĐH-CĐ CHUN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN c a 3/ Thể tích hình hộp chữ nhật: V  a.b.c a a b a  Thể tích khối lập phương: V  a3 S xq  ph ; Stp  S xq  Sday S 4/ Tỉ số thể tích: VS A ' B ' C ' SA ' SB ' SC '  VS ABC SA SB SC B’ A’ C’ A B C 5/ Hình chóp cụt A’B’C’.ABC h V  B  B ' BB ' Với B, B ', h diện tích hai đáy chiều cao   phương pháp thường dùng tính thể tích  Tính diện tích cơng thức + Tính yếu tố cần thiết: độ dài cạnh, diện tích đáy, chiều cao,… + Sử dụng cơng thức tính thể tích  Tính thể tích cách chia nhỏ: Ta chia khối đa diện thành nhiều khối đa diện nhỏ mà dễ dàng tính thể tích chúng Sau đó, ta cộng kết lại, ta có kết cần tìm  Tính thể tích cách bổ sung: Ta ghép thêm vào khối đa diện khối đa diện khác, cho khối đa diện thêm vào khối đa diện dễ dàng tính thể tích  Tính thể tích tỉ số thể tích B Bài tập: Vấn đề 1: Tính thể tích trực tiếp - Xác định chiều cao - Xác định diện tích đáy Dạng 1: Thể tích khối lăng trụ GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: 01649802923 HÌNH 12 ƠN THI ĐH-CĐ CHUN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN Bài 1: Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ tam giác ABC vuông cân A có cạnh BC = a biết A'B = 3a Tính thể tích khối lăng trụ Giải: Ta có ABC vuông cân A nên AB = AC = a ABC A'B'C' lăng trụ đứng  AA '  AB AA ' B  AA '2  A ' B  AB  8a  AA '  2a Vậy V = B.h = SABC AA' = a3 Bài : Cho lăng trụ tứ giác ABCD.A’B’C’D' có cạnh bên 4a đường chéo 5a Tính thể tích khối lăng trụ Giải: C' D' ABCD A'B'C'D' lăng trụ đứng nên A' BD2 = BD'2 - DD'2 = 9a2  BD  3a ABCD hình vng  AB  3a 9a Suy B = SABCD = B' 4a 5a C D A B Vậy V = B.h = SABCD.AA' = 9a3 Bài 3: Đáy lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ tam giác cạnh diện tích tam giác A’BC Tính thể tích khối lăng trụ Giải: A' Gọi I trung điểm BC Ta có  ABC nên B' AB AI   & AI  BC  A ' I  BC (dl ) 2S S A ' BC  BC A ' I  A ' I  A ' BC  BC AA '  ( ABC )  AA '  AI a = biết C' A C I B A ' AI  AA '  A ' I  AI  Vậy : VABC.A’B’C’ = SABC AA'= Bài 4: Cho hình hộp đứng có đáy hình thoi cạnh a có góc nhọn 600 Đường chéo lớn đáy đường chéo nhỏ lăng trụ.Tính thể tích hình hộp Giải: Ta có tam giác ABD nên : BD = a a2 SABCD = 2SABD = Theo đề BD' = AC = a a GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: 01649802923 HÌNH 12 ƠN THI ĐH-CĐ CHUN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN 2 DD ' B  DD '  BD '  BD  a a3 Vậy V = SABCD.DD' = Bài 5: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC tam giác vng A với AC = a , góc ABC= 60 o biết BC' hợp với (AA'C'C) góc 300 Tính AC' thể tích lăng trụ Giải: ABC  AB  AC.tan 60o  a A' C' Ta có: AB  AC ; AB  AA '  AB  ( AA 'C ' C ) nên AC' hình chiếu BC' (AA'C'C)  Vậy góc[BC';(AA"C"C)] = BC ' A = 30 o AC ' B  AC '  AB  3a t an30o B' A V =B.h = SABC.AA' AA 'C '  AA '  AC '2  A 'C '2  2a a2 nửa tam giác nên S ABC  ABC Vậy V = a o 30 C a o 60 B Bài : Cho lăng trụ đứng ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD hình vng cạnh a đường chéo BD' lăng trụ hợp với đáy ABCD góc 300 Tính thể tích tổng diên tích mặt bên lăng trụ Giải : Ta có ABCD A'B'C'D' lăng trụ đứng nên ta có: DD '  ( ABCD )  DD '  BD BD hình chiếu BD' ABCD B' C'  A' D' Vậy góc [BD';(ABCD)] = DBD '  300 BDD '  DD '  BD.tan300  a a3 4a Vậy V = SABCD.DD' = S = 4SADD'A' = 3 C D o 30 B A a Bài 6:(ĐH YTB-2001) Đáy lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ tam giác Mặt (A’BC) tạo với đáy góc 300 diện tích tam giác A’BC Tính thể tích khối lăng trụ Giải : ABC  AI  BC mà AA'  ( ABC ) nên A'I  BC (đl  )  Vậy góc[(A'BC);)ABC)] = A ' IA = 30o GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: 01649802923 10 HÌNH 12 ƠN THI ĐH-CĐ CHUN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN Trong SAC vng A :   SA tan SCA   SA  AC.tan SCA AC  AB  BC tan 600  a  (2a)  a 15 2  Ta lại có: S ABCD  AB.BC  a.2a  2a  3 2a 15  Thay   ,  3 vào 1  VABCD   a 15  2a  (đvtt) 3 Bài 76: Hình chóp S ABC có BC  2a , đáy ABC tam giác vuông C , SAB tam giác vuông cân S nằm mặt phẳng vng góc với S mặt đáy Gọi I trung điểm cạnh AB a/ Chứng minh rằng, đường thẳng SI  mp  ABC  b/ Biết mp  SAC  hợp với mp  ABC  góc 600 Tính thể tích khối chóp S ABC Giải a/ CM: SI  mp  ABC   Do SAB vng cân có SI trung tuyến  SI đồng thời đường cao  SI  AB ( SAB)  ( ABC )   Ta có:  AB  ( SAB)  ( ABC )  SI  mp  ABC  (đpcm)  AB  SI  ( SAB)  b/ Tính thể tích khối chóp S ABC A 60 K B I 2a C  Gọi K trung điểm đoạn AC  SK vừa trung tuyến vừa đường cao SAC  SK  AC  Trong ABC vuông C có KI đường trung bình  KI //BC   KI  AC  BC  AC  mp ( ABC )  mp( SAC )  { AC}       Mặt khác:   KI  AC  mp( ABC )   mp  SAC  ; mp  ABC    SKI  600    SK  AC  mp( SAC )   Mà: VS ABC  S ABC SI 1  Tìm SI ? Trong SKI vng I , ta có:   SI tan SKI   SI  IK tan SKI  BC.tan 600  a   IK  Tìm S ABC ? GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: 01649802923 43 HÌNH 12 ƠN THI ĐH-CĐ CHUN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN 1 S ABC  BC AC  BC AB  BC  BC  SI   BC 2 2 2  a 2a   a   2a 2  3 2 2a  Thế   ,  3 vào 1  VS ABC  2a 2.a  (đvtt) 3 Bài 77: Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc A ' xuống mp  ABC  trung điểm AB Mặt bên  AA ' C ' C  tạo với đáy   góc 45 Tính thể tích khối lăng trụ Giải  Gọi H , M , I trung điểm đoạn thẳng AB, AC , AM  VABC A ' B ' C '  B.h  S ABC A ' H 1  Do ABC BC a nên: SABC    2 4 A  Tìm A ' H ? Do IH đường trung bình AMB , đồng thời BM trung tuyến nên đường cao  IH // MB Do đó:   IH  AC  MB  AC  AC  A ' H  AC   A ' HI   AC  A ' I   AC  IH A’ B’ C’ H I B a M C ( ABC )  ( ACC ' A ')  { AC}      Mà:  AC  IH  ( ABC )   ACC ' A ' ;  ABC    A ' IH  600    AC  A ' I  ( ACC ' A ')  Trong A ' HI vng H , ta có: A' H a tan 450   A ' H  IH tan 45o  IH  MB   3 HI a a 3a3  Thay   ,  3 vào 1  VABC A ' B ' C '   4 16 Bài 78: Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác vng  A, AC  a, ACB  600 Đường chéo BC ' mặt bên  BC ' C ' C  tạo với mặt phẳng mp  AA ' C ' C  góc 300 Tính thể tích khối lăng trụ theo a Giải GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: 01649802923 44 CHUYÊN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN  AB  AC  Ta có:   AB  ( ACC A) Do AC  hình  AB  AA chiếu vng góc BC lên ( ACC A)  Từ đó, góc BC  ( ACC A) BC A  300 HÌNH 12 ÔN THI ĐH-CĐ A a 600 C B’ 30o A’ C’  Trong tam giác vuông ABC : AB  AC.tan 60  a  Trong tam giác vuông ABC ' : AC   AB.cot 300  a 3  3a B’  Trong tam giác vuông ACC ' : CC '  AC '2  AC  (3a )  a  2a 1 Vậy, thể tích lăng trụ là: V  B.h  AB AC.CC '  a 3.a.2a  a (đvdt) 2 Bài 79: (Cao đẳng khối A,B,D – 2011) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B, AB  a, SA   ABC  , góc mp  SBC  mp  ABC  300 Gọi M trung điểm S cạnh SC Tính thể tích khối chóp S ABM theo a Cách giải M  BC  AB N  Ta có:   BC   SBA   BC  SB  BC  SA A  SBC    ABC   BC 30        BC  SB   SBC    SBC  ;  ABC    SBA  300 B     BC  AB   ABC  C  Kẻ MN // BC Do BC   SBA  nên MN   SBA  lúc đó, MN đường trung BC a bình SBC  MN   1 2  Lúc đó: VS ABM  VM SAB  S SAB MN    Tìm: S SAB ? Trong SAB vng A , ta có: tan 300  SA a  SA  AB.tan 300  AB 1 a a2  SSAB  SA AB  a   3 2 a a a3   Thế 1 ;   vào    VS ABM  VM SAB  (đvtt) 36 Cách giải 1 a a3  VS ABC  SABC SA  a.a  (đvtt) 3 18 VS ABC SA SB SC 2SM VS ABC a 3  (đvtt)     VS ABM   VS ABM SA SB SM SM 36 GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: 01649802923 45 CHUN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN HÌNH 12 ƠN THI ĐH-CĐ Bài 80: (D – 2011) Hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng B, BA  3a, BC  4a ,  SBC    ABC   Biết SB  2a 3, SBC  300 Tính thể tích khối chóp S ABC khoảng cách từ B đến mp  SAC  Giải  SBC    ABC    BC  S  Ta có:   AB   SBC   BC  AB   ABC    Thể tích khối chóp S ABC : VS ABC  VA.SBC  S SBC AB 2a  1 SSBC  BC.BS sin SBC  4a.2a 3.sin 30  a 3C A 2 4a 300 3a  VS ABC  VA SBC  2a 3.3a  2a 3 1 (đvtt) B  Tìm khoảng cách từ B đến mp  SAC  ?  Ta có: VS ABC  VB.SAC  S SAC d  B;  SAC     3.V  d  B;  SAC    S ABC     SSAC  Ta có: AB   SBC   AB  SB  SA2  AB  SB  9a  12a  21a  Mặt khác, áp dụng định lí hàm số cosin SBC :  SC  BC  BS  2.BC.BS cos SBC  SC  16 a  12a  2.4a.2a  4a 2  Trong ABC vuông B : AC  AB  BC  9a  16a  25a  Nhận thấy: SA2  SC  21a  4a  25a  AC  SAC vng S 1  Do đó, diện tích tam giác SAC là: S SAC  SC.SA  2a.a 21  a 21   2 3.2a 6a  Thay 1 ,  3 vào    d  B;  SAC      a 21  Bài 81 : (A – 2009) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thang vng A D, AB  AD  2a, CD  a , góc hai mp  SBC  mp  ABCD  600 Gọi I trung điểm AD Biết mp  SBI  mp  SCI  vng góc với mp  ABCD  Tính thể tích khối chóp S ABCD Giải: GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: 01649802923 46 HÌNH 12 ƠN THI ĐH-CĐ CHUN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN  Vì mp  SBI  mp  SCI  vng góc với mp  ABCD  , nên giao tuyến SI   ABCD  S  Kẻ IH  BC  SH  BC (định lí đường vng góc)   Ta có: SHI  600 góc hai mp  SBC  mp  ABCD  D C  Thể tích khối chóp S ABCD : 600 H VS ABCD  S ABCD SI 1 I N  Tìm SI ? Trong SIH vng I , ta có: M B A SI  IH tan 600  IH Gọi M , N tương ứng trung điểm AB, BC Vì IN đường trung bình hình thang ABCD , nên ta có: AB  CD 2a  a 3a VS ABCD  S ABCD SI ? IN    2     Mà: IH  IN cos HIN  IN cos MCB (do HIN MCB góc có cạnh tương ứng vng góc)  MC  IH  IN cos MCB  IN BC AD 3a 2a 3a  IN   4a  a MB  MC  SI  IH  3a 3a 15 3 5  2  Tìm S ABCD ?  DC  AB  AD   2a  a .2a  3a S ABCD    2 3a 15 3a3 15 3a   Thay   ,  3 vào 1  VS ABCD  (đvtt) 5 Bài 82: (B – 2009) Cho lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có BB '  a , góc đường thẳng BB '  mp  ABC  600 , tam giác ABC vuông C góc BAC  600 Hình chiếu vng góc điểm B ' lên mp  ABC  trùng với trọng tâm ABC Tính thể tích khối tứ diện A ' ABC theo a Giải: A’ C’  Gọi M , N trung điểm AB, AC Khi đó, G trọng tâm ABC B’ N A GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN –C THÀNH PHỐ SƠN LA: G M B 01649802923 47 HÌNH 12 ƠN THI ĐH-CĐ CHUN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN  Do hình chiếu điểm B ' lên mp  ABC  G nên B ' G   ABC        BB;  ABC    B ' BG  600   1  Ta có: VA ' ABC  S ABC B ' G  AC.BC.B ' G 1  Tìm B ' G ?  Trong B ' BG vuông G có B ' BG  600 nên tam giác cạnh BB '  a  BG  a ; B ' G  a A C N 2   60  Tìm AB, BC ?  Đặt AB  x Trong ABC vuông C có BAC  600 nên G tam giác với đường cao BC AB  AC   x, BC  x M 3a Do G trọng tâm ABC  BN  BG  2 Trong BNC vuông C : BN  NC  BC 3a  AC   B 13 9a x 9a 3a  2    3x  x  x   3 16 52 13  BC  3a  13  3a 3a a 9a  Thế   ,  3 vào 1  V A ' ABC  (đvtt)  13 13 108 Bài 83: (A – 2008)Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy AB  a , cạnh bên SA  a Gọi M , N , P trung điểm SA, SB, CD Tính thể tích tứ diện AMNP S  Gọi O, H tâm ABCD trung điểm AB  Do MS  MA  d  A,  MNP    d  S , MNP     VA.MNP  VS MNP 1 V SM SN SP  Mặt khác: S MNP   VS ABP SA SB SP 1 1  VS MNP  VS ABP  S ABP SO  AB.HP.SO 4 12  VS MNP a a3  a.a a   24 48 N M B H A C P O D  Ðvtt    GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: 01649802923 48 HÌNH 12 ƠN THI ĐH-CĐ CHUN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN  Ðvtt  48 Bài 84: (D – 2002)Cho tứ diện ABCD có cạnh AD vng góc với mp  ABC  ,  Từ 1 ,    VA.MNP  a AC  AD   cm  , AB  3 cm  , BC   cm  Tính khoảng cách từ A đến mp  BCD  Giải:  AB  AC  32  42  52  BC  ABC vuông A 1  S ABC  AB AC  3.4   cm  2 1  VABCD  S ABC DA  6.4   cm3  3  Mặt khác: BD  AB  AD  32  42   cm  D A B C DC  AC  AD  42  42   cm  Nên S DBC  Với p  p  p  BC  p  DC  p  BD  BC  DC  DB      2 nửa chu vi DBC 2  SDBC    2 5      5  2   2   34  cm2  3V 34  Do đó, VABCD  VA BCD  S DBC d  A,  DBC    d  A,  DBC    ABCD   cm      S 17 DBC Bài 85: (A – 2004)Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi ABCD có SO vng góc với đáy với O giao điểm AC BD Giả sử SO  2, AC  4, AB  M trung điểm SC Tính khoảng cách hai đường thẳng SA BM Giải:  Do M trung điểm SC nên OM // SA  SA //  OMB  S  d  SA, MB   d  SA,  MOB    d  S ,  MOB        d C ,  MOB   1  MS  MC    Kẻ MH   ABCD   MH  SO    1  Mà VC MOB  VM OBC  S OBC MH  S MOB d C ,  MOB     3 S MH  d C ,  MOB    OBC  3   SMOB S MH  Từ 1 ,  3  d  SA, MB   OBC  4 SMOB GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: M D C H O A B 01649802923 49 CHUYÊN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN 2 HÌNH 12 ƠN THI ĐH-CĐ OB  AB  OA   OB  1   Ta lại có:   SOBC  OB.OC    AC   OC  OC   2 OB  OC  Mặt khác:   OB  OM  MOB vuông đỉnh B OB  SO 1 SA 1  SMOB  OB.OM  OB  OB SO  AO    6  2 4 2  Thay   ,  5 ,   vào    d  SA, MB   Bài 86: (A – 2006) Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' có cạnh Gọi M , N trung điểm AB CD Tính khoảng cách hai đường thẳng A ' C MN Giải  Ta có: MN // BC  MN //  A ' BC       d  MN , AC '  d  MN ,  A ' BC    d  M ,  A ' BC   1     A’ D’ 1 1 Mà: VA '.MBC  S MBC A ' A  1.1.1  2  3 12 C’ B’ Mặt khác: CB   BAA ' B   CB  BA '  A ' BC vuông B D A Ta lại có: VA '.MBC  VM A ' BC  S A ' BC d  M ,  A ' BC    3   M N Từ B C 1 2   ,  3   A ' B.BC.d  M ,  A ' BC   d  M ,  A ' BC   d  M ,  A ' BC          12 2 Từ 1 ,    d  MN , AC '   Bài 87 (Tr 26-HH12CB)Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật , SA vng góc với đáy AB=a ,AD=b SA=c Lấy B',D' theo thứ tự thuộc SB,SD cho AB' vng góc với SB , AD' vng góc với SD Mặt phẳng (AB'D') cắt SC C' Tính thể tích khối chóp S.AB'C'D' Giải - Kẻ AB' vng góc với SB , AD '  SD Vì  AB '  SB   AB '  SC (1)   AB '  BC  BC  SAB    AD '  SD Tương tự :   AD '  ( SDC  AD '  SC (2)  AD '  DC  SC  B ' C '  SC  D ' C ' S D' C' B' Từ (1) (2)  SC   AB ' D '   D a GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: A 01649802923 B b 50 C 4 CHUYÊN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN HÌNH 12 ƠN THI ĐH-CĐ Vì ta kẻ B'C'  SC nối C'D' ta thiết diện (AB'D') cắt chóp : AB'C'D' Các tam giác : SB'A SAB , SD'A SAD dồng dạng , suy ta có tỉ số đồng dạng : SB ' SA SB ' SA2 c2     2; SA SB SB SB a c SD ' SA SD ' SA c2     2 Tam giác SC'A ~ SAC suy ra: SA SD SD SD b  c SC ' SA SC ' SA2 c2     2 SA SC SC SC a  b  c VS A ' B 'C ' SB ' SC ' VS A' D 'C ' SD ' SC ' VS A' B 'C '  VS A' B ' C ' SC '  SB ' SD '   ;       VS ABCD VS ABC SB SC VS ADC SD SC SC  SB SD  2 2  c  c c c    2  2  2  2  2  2 k a  b  c  a  c b  c  a  b  c   a  c b  c  Ta có : VS A' B 'C '  VS A ' B 'C ' 2V 1 1  S AB 'C ' D '  k  VS AB 'C ' D '  kV  k abc  abck VS ABCD V 2 abc  a  b  2c  c4   VS AB 'C ' D '  abc      a  b2  c   a  c b2  c   a  b  c  a  c b  c  Vậy Bài 88 (Tr 26-HH12CB)Cho hình chóp tứ giác S.ABCD , đáy hình vng cạnh a , cạnh bên tạo với đáy góc 600 Gọi M trung điểm SC Mặt phẳng qua AM song song với BD cắt SB E cắt SD F Tính thể tích khối chóp S.AEMF ? Giải - Nối AM cắt SO I Kẻ qua I dường thẳng song S song với BD cắt SB E cắt SD F Nối EF MF ta có thiết diện tạo (P) qua AM // BD Tam giác SEF ~ SBD suy : SE SF SI   (*) SB SD SO Vì M trung điểm SC O trung điểm AC suy SI I trọng tâm tam giác SAC , suy  (1) SO M F E A I 600 D Trong tam giác vng SOB ta có SO O a a 3 (2) B 2 1 a a3 - Tính VS ABCD  a SO  a (3) ; VS ABC  VS ADC  VS ABCD  V '  3 VS AEM SE SM 1 VS AFM SF SM 1 Và :     ;     ( Do từ (*)) VS ABC SB SC 3 VS ABC SB SC 3 = OB tan 600   C VS AEM  VS AFM 1 2V 1 a3 a     VAB 'C ' D '   V  V 3 32 3 18 Bài 89 (Tr 27-HH12CB)Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A'B'C' có tất cạnh a a/ Tính thể tích khối tứ diện A'BB'C ? GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: 01649802923 51 HÌNH 12 ÔN THI ĐH-CĐ CHUYÊN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN b/ Mặt phẳng qua A'B' trọng tâm tam giác ABC cắt AC BC E F Tính thể tích hình chóp C.A'B'FE ? S Giải a/ Vì lăng trụ đứng có tất cạnh a suy tam giác hai đáy tam giác , mặt bên hình vng 1 Ta có : VA' BB 'C  VC A ' BB '  a a  a3 b/ Vì A'B' song song với mặt phẳng (ABC) mặt phẳng qua A'B' trọng tâm G cắt (ABC) theo giao tuyến qua G song song với AB , cắt AC E cắt BC F Kéo dài B'F A'E chúng đồng quy S V ' SE SC SF (1)  V SA ' SC ' SB ' SC SE SF EF EF Nhưng :      SC ' SA ' SB ' A'B' AB V' 2 8 Suy :    V '  V (2) Ta có : V 3 27 27 1 1 VC A ' B 'C '  BCC '  B SC '  V (3) 3 3 Vậy : VC A' B ' FE  V  V ' VC A' B 'C '   V   V  V      27 10 10 1 5a 3 5a VC A ' B ' FE  V  a 3a   27 27 2 3.18 18 A E C G B Gọi V  VS A' B 'C ' ;V '  VS CEF  A' F C' M B' Bài 90 (Tr 27-HH12CB)Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' Gọi E F theo thứ tự trung điểm cạnh BB' Đ' Mặt I phẳng (CEF) chia khối hộp làm khối đa diện Tính tỉ số thể tích N D' A hai khối M Giải B' C' F Từ C kẻ đường thẳng song song với O D A BD cắt AB AD I K E Nối đường thẳng IE, KF chúng cắt A'B' A'D' M N Suy (CEF) cắt khối hộp theo thiết B C diện CEMNF Ta xét khối đa diện chứa cạnh AA' J gọi V' K a 2 1 3a 3a 3a a V0  VI AJK  S AIK IA   3 2 1 a a a a3 1 a a a3 V1  VI A ' MN  S A ' MN IA '   V2  VJ BCE  a   VK CDF 3 2 2 48 2 24 Xét : B'E=IA'=a/2 suy IA = a Mặt khác : IB= =KD=IA' GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: 01649802923 52 HÌNH 12 ÔN THI ĐH-CĐ CHUYÊN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN 9a  a a  49a Như V '  V0  V1  2V2        48 24  48 Phần thể tích cịn lại : ? Bài 91 (Tr 27-HH12CB)Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a Gọi M trung điểm A'B' , N trung điểm BC a/ Tính thể tích khối tứ diện ADMN ? b/ Mặt phẳng (DNM) chia khối lập phương thành hai khối da diện Giải I a/ Tính thể tích khối tứ diện ABMN Xét tam giác vng ABN ( vng B ) Ta có S AND  S ABCD   S ANB  S DCN  A' F D' a a2  a2  a  Do thể tích tứ diện ABMN coi 2 thẻ tích khối chóp M.ABD có đáy tam giác ADN chiều cao kẻ từ M xuống đáy = AA'=a suy VM ADN  a2 a3 a  M B' E C' A D b/ Nối DN cắt AB J Nối JM cắt BB' E cắt A'B' M , cắt AA' I Nối ID cắt A'D' F B N C Như (DMN) cắt khối chóp theo thiết diện : J DNEMF Ta tính thể tích khối đa diện chứa cạnh AA' Tam giác BJN=CDN suy JB=CD=a EB ' MB ' a 1    EB JB a EB ' EB  BB ' 2      EB  BB '  a  EB '  a EB EB 3 a Tam giác MB'E = tam giác IA'M suy EB'=IA'= Tam giác IA'F đồng dạng với tam giác FA ' IA ' a 1 a IAD suy     FA '  AD  a AD IA  a 4 1 a a a a3 11 2a a a3 VJ BEN  VI A' MF  A ' M A ' F IA '   EB.BN JB  a  144 32 18 1 a a a 4a Mặt khác : VJ ?D  JA AD.IA  2a.a  a       3 3  Tam giác JEB đồng dạng với tam giác EMB' suy 4a  a a  55a Thể tích hình lập phương     144 18  144 V H  55 55a 89a  a3     144 144 V H ' 89 Do dó : V H   VI AJD  VI A' MF  VJ BEN   a  V H '  a  V H  Bài 92: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD hình chữ nhật có AB=a; AD=b Cạnh SA=2a hình chóp vng góc với đáy M điểm nằm cạnh SA với AM=x (0x2a) Mặt phẳng (MBC) cắt hình chóp theo thiết diện hình gì? Tính diện tích thiết diện Tìm x để thiết diện có diện tích lớn GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: 01649802923 53 HÌNH 12 ƠN THI ĐH-CĐ CHUN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN Tìm x để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp hai phần tích Giai S Thiết diện hình thang vuông MNCB, vuông B M M S MNCB  (MN  CB) MB * BM2=BA2+AM2 BM= a  x * SMN đồng dạng SAD, D A SM AD (2a  x).b  SA 2a  MN  N C B Vậy  2ab  bx b  2 2  2a  b  a  x  a (4a  x) a  x 2  b Xét hàm số f ( x)  (4a  x) a  x (0x2a) 4a  2 x  4ax  a  b f '( x)    4a  a2  x2  S MNCB    x  a (1  f'(x)=0     x  a (1   ) ) Ta có: f(0)=ab f(2a)= ab f( a(1  f( a(1   1,118ab 1 1 ) )= ab (3  )  (1  ) 2 1 1 ) )= ab (3  )  (1  ) 2  1,134ab  0,96ab 1 ) )  (1  ) x  a (1    2 Kết luận: Vậy với x  a(1  ) diện tích thiết diện lớn 2a b Gọi V thể tích khối chóp S.ABCD  VS ABCD  SA.S ABCD  V 3  Max f ( x)  ab .(3  0;2 a Gọi V1 thể tích khối S.MNCB V1=V(SMBC)+V (SMNC) Ta có VSMBC SM SB.SC SM 2a  x    VSABC SA.SB.SC SA 2a GV: NGUYỄN ĐỨC KIÊN – THÀNH PHỐ SƠN LA: 01649802923 54 CHUN ĐỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN HÌNH 12 ÔN THI ĐH-CĐ 1 V 2a  x V 2a  x a 2b (2a  x)ab VSABC= SA.dt ( ABC )  2a b   VSMBC    2a 2a V a 2b VSMNC SM SN SC SM SN  MN  (2a  x)  VSACD=       VSACD SA.SC SD SA SD  AD  4a 2 (2a  x)2 a 2b (2a  x) b  VSMNC=  4a 12 (2a  x)ab (2a  x)2 b V1= VSMNCB=  12 V a 2b (2a  x)ab (2a  x) b a 2b Ycbt  V1=      x2-6ax+4a2=0 12  x  a (3  5)  a (loai )   x  a (3  5) (t / m)  * Ta có: Kết luận: Vậy x= x  a (3  5) (MBC) chia khối chóp thành phần tương đương Bài :Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 Các mặt phẳng (ABC1) (A1B1C) chia lăng trụ thành phần Tính tỷ số thể tích phần Giải Gọi V1= VC MNC ; V1= VC MNB A 1 1 V3= VC MNBA ; V4= VMNABB A A 1 B Gọi V thể tích lăng trụ VC A1B1C1  V1  V2 C Mặt khác: V1 VC A1B1C1  CM CN CC1  CA1.CB1 CC1 V V V V ; V2  V   12 12 V3  VC1 ABC  VCMNC1  VCA1B1C1  VCMNC1  V2 M N B' A'  V1   V3  C' V V4  V  V1  V2  V3  5V 12 Vậy V 1: V2: V 3: V4= 1:3:3:5 Bài : Cho hình chóp S.ABCD, đáy hình vng cạnh a, tâm O Đường cao hình chóp SA=a M điểm di động SB, đặt BM=x (0