chuyên đề úng dụng thể tích 2012

GV: Huúnh §oμn ThuÇn Trang 2 B S C A H A' B' C' H' I/ C ơ s ở lý thuy ế t : Để tính th ể tích c ủ a m ộ t kh ố i đ a di ệ n b ấ t kì, chúng ta chia kh ố i đ a di ệ n đ ó thành các khối đa diện đơn giả n đã biết công thức tính ( Kh ối lăng trụ .VBh , Kh ối chóp 1 . 3 VBh  , Khối h ộp chữ nhật Vabc  , …) rồi c ộng các kết quả lạ i. Tuy nhiên trong nhiều trường hợp, việ c tính thể tích của các khối l ăng trụ và khố i chóp theo công thức trên lại gặp khó kh ăn do không xác định được đườ ng cao hay di ện tích đáy, nh ưng có thể chuyển việ c tính thể tích các khố i này về vi ệc tính th ể tích củ a các khối đ ã biết thông qua tỉ số th ể tích của hai kh ối. Sau đây ta sẽ xét m ột số bài toán cơ bả n và ví dụ m inh ho ạ Bài toán1 : (Bài4 sgk HH12CB trang25) Cho kh ố i chóp S.ABC, trên các đ o ạ n th ẳ ng SA, SB, SC l ầ n l ượ t l ấ y các đ i ể m A’, B’, C’ khác đ i ể m S. CMR: .''' . ''' SABC S ABC V SA SB SC VSASBSC  (1) Giải : G ọ i H và H’ l ầ n l ượ t là hình chi ế u vuông góc c ủ a A và A’ lên (SBC) Ta có AH//A’H’. Ba đ i ể m S, H, H’ cùng thu ộ c hai mp (AA’H’H) và (SBC) nên chúng th ẳ ng hàng. Xét  SAH ta có ''' SA A H SA AH  (*) Do đ ó   '' .''' . 1 ''. ' ' '. '.sin ' ' 3 . 1 . sin 3 SB C SABC SABC SBC AH S V A HSBSC BSC VAH AH S SB SC BSC    (**) Từ (*) và (**) ta được đpcm □ Trong công thức (1), đặc biệt hoá, cho B’  B và C’  C ta được .'' ' . ' SABC S ABC V SA VSA  (1’) Ta lại có '' . '. ' (1') . S ABC S A BC A ABC S ABC S ABC A ABC VV V SA VVV SA    www . l a i s ac . pa g e. tl Ứ  Ứ  Ứ N  N  N G G G D  D  D Ụ  Ụ  Ụ N  N  N G G G T T T H H H Ể Ể Ể T T T Í  Í  Í C  C  C H H H Hu ỳ nh  Đ o à n  T hu ầ n GV: Huúnh §oμn ThuÇn Trang 3 I M O C A D B S O ' C ' I D' B' O C S B D A '. . '' 1 A ABC S ABC V SA A A VSASA  Vậy: '. . ' A ABC SABC V A A VSA  (2) T ổ ng quát hoá công th ứ c (2) ta có bài toán sau đ ây: Bài toán 2 : Cho khối chóp đỉnh S, đáy là 1 đa giác lồi A 1 A 2 …A n ( 3)n  , trên đ o ạ n th ẳ ng SA 1 l ấ y đ i ể m A 1 ’ không trùng v ớ i A 1 . Khi đ ó ta có 112 12 '. 11 1 ' n n AAA A SAA A V A A VSA  (2’) Chứng minh (2’) bằng ph ương pháp quy nạp theo n; ta chia khối chóp S.A 1 A 2 …A n thành các khối chóp tam giác r ồi áp dụng công thức (2) II/ Các dạng toán : D ựa vào hai bài toán cơ bản ở trên, ta sẽ xét m ột số bài toán tính t ỉ số th ể tích c ủa các khối đa diệ n và một số ứng d ụng của nó D Ạ NG1 : TÍNH TỈ SỐ THỂ TÍCH CỦA CÁC KHỐI ĐA DIỆN Ví d ụ 1 : Cho kh ố i chóp S.ABCD có đ áy ABCD là hình bình hành, g ọ i M là trung đ i ể m c ủ a CD và I là giao đ i ể m c ủ a AC và BM. Tính t ỉ s ố th ể tích c ủ a hai kh ố i chóp S.ICM và S.ABCD Giải : Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có I là trọng tâm của tam giác BCD, do đó . 111111 332322 ISCM B SCM D SBC S ABCD VV V V  Vậy . 1 12 ISCM SABCD V V  Ví dụ2 : Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD 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 hai khối chóp được chia bởi mp(AB’D’) Giải : Gọi O là giao điểm của AC và BD và I là giao điểm của SO và B’D’. Khi đó AI cắt SC tại C’ Ta có GV: Huúnh §oμn ThuÇn Trang 4 .'' . ''1' . 2 SABC S ABC V SB SC SC VSBSCSC  .'' . ''1' . 2 SACD SACD V SC SD SC VSCSDSC  Suy ra .'' .'' . . . 1' 1' .( ) 22 SABC SACD SABC SACD SABCD SC SC VV VV V SC SC   Kẻ OO’//AC’ ( ') OSC  . Do tính ch ấ t các đươ ng th ẳ ng song song cách đề u nên ta có SC’ = C’O’ = O’C Do đó .'' ' ' . 11 23 SABCD SABCD VV  Hay .''' ' . 1 6 SABCD S ABCD V V  * Bài tập tham khảo : Bài1 : Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, đáy ABC là tam giác đều có tr ực tâm H và cạnh bằng a. Gọi I, J, K l ần lượt là trung điể m các cạnh AB, BC, CA và M, N, P lần l ượt là trung đi ểm các đo ạn SI, SJ, SK. Tính tỉ số thể tích của hai kh ối chóp H.MNP và S.ABC. Từ đó tính thể tích khối chóp H.MNP ĐS: . . 1 32 HMNP S ABC V V  Bài2 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt ph ẳ ng (  ) qua AB c ắ t SC, SD l ầ n l ượ t t ạ i M và N. Tính SM SC để m ặ t ph ẳ ng (  ) chia hình chóp thành hai ph ầ n có th ể tích b ằ ng nhau. Đ S: 31 2 SM SC   D Ạ NG2 : Ứ NG D Ụ NG T Ỉ S Ố TH Ể TÍCH ĐỂ TÍNH TH Ể TÍCH Ví dụ1 : ( Đ H kh ố i B – 2008 ) Cho hình chóp S.ABCD có đ áy ABCD là hình thang,   0 90 BAD ABC, ,2,( ) A B BC a AD a SA ABCD   và SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và SD. Tính thể tích khối chóp S.BCNM theo a Giải : Áp dụng công thức (1) ta có . . . . 1 2 1 . 4 SBCM SBCA SCMN SCAD V SM VSA V SM SN VSASD   Suy ra 2a a 2a M N A D B C S GV: Huúnh §oμn ThuÇn Trang 5 333 11 24 2 2.3 4.3 3 S BCNM S BCM S CNM S BCA S CAD VVV VV aaa     Ghi chú : 1/ Vi ệ c tính th ể tích kh ố i S.BCNM tr ự c ti ế p theo công th ứ c 1 . 3 VBh gặp nhi ều khó khăn, nhưng nếu dùng tỉ số thể tích, ta chuyển việc tính thể tích khối S.BCNM về tính V SBCA và V SCAD dễ dàng hơn rấ t nhiều 2/ Khi dạy học có thể yêu cầu học sinh tính thể tích khối đa diện ABCDMN Ví d ụ 2 : (ĐH khối A – 2007 ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và n ằm trong mặt phẳng vuông góc vớ i đáy. Gọi M, N, P lần l ượt là trung điểm c ủa các cạ nh SB, BC, CD. Tính thể tích khố i tứ di ện CMNP theo a Giải : Ta có . . 1 .() 4 1 () 2 CMNP CMBD CMBD M BCD CSBD S BCD V CN CP a VCBCD VV MB b VV SB   Lấy (a) x (b) vế theo vế ta được . . 11 . 88 CMNP CMNP S BCD SBCD V VV V   G ọ i H là trung đ i ể m c ủ a AD ta có SH AD mà ()( ) SAD ABCD  nên () SH ABCD  . Do đó 3 2 . 11313 . . 332212 SBCD BCD aa VSHS a    V ậ y: 3 3 96 CMNP a V  (đvtt) Ví dụ3 : (ĐH khối D – 2006 ) Cho khối chóp D.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, DA = 2a và SA vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường thẳng DB và DC. Tính thể tích khối chóp A.BCNM theo a Giải : Ta có . DAMN DABC V D MDN VDBDC  AM và AN lần lượt là các đường cao trong các tam P M H N C S D B A 2a a a a D A C B M N GV: Huúnh §oμn ThuÇn Trang 6 A B C D S H M giác vuông DAB và DAC b ằng nhau nên ta có 22 22 44 4 5 DM DA a DM MB AB a DB  Tươ ng tự 4 5 DN DC  Do đó V D.AMN = 44 . 55 .V D.ABC = 16 25 .V D.ABC . Suy ra V A.BCMN = 9 25 .V D.ABC Mà V D.ABC = 23 133 .2 . 34 6 aa a  . Vậy V A.BCMN = 3 33 50 a (đvtt) Ghi chú : Ta có hệ th ức lượng trong tam giác vuông ABC sau đây 2 2 ' ' bb cc  ( Chứng minh d ựa vào tam giác đồ ng dạng) Ví d ụ 4 : (ĐH kh ối B – 2006 , Đề GVDG c ấp trườ ng 2009 – 2010 ) Cho hình chóp S.ABCD, đ áy ABCD là hình chữ nh ật, AB =SA = a, AD =a 2 SA vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC, gọi I là giao đ i ể m c ủ a BM và AC. Tính th ể tích kh ố i t ứ di ệ n ANIM theo a Gi ả i: Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có I là trọng tâm của tam giác ABC, do đó 21 33 AI AI AO AC   nên 11 1 32 6 AIMN ACDN V AI AM VACAD  (1) M ặ t khác 1 2 ACDN ACDS V NC VSC  (2) T ừ (1) và (2) suy ra 1 12 AIMN ACDS V V  Mà 3 1122 . 3326 SACD ACD aaa VSASa   . Vậy 3 12 . 12 72 AIMN SACD a VV (đvtt) Ví dụ5 : (ĐH khối D – 2010) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H c b' b c' A B C H a a a2 I M O C A D B S GV: Huúnh §oμn ThuÇn Trang 7 thu ộ c đ o ạ n th ẳ ng AC sao cho AH = 4 AC . G ọ i CM là đườ ng cao c ủ a tam giác SAC. Chứng minh rằng M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a. Giải : Từ giả thiết ta tính được 21432 ,, ,2 44 4 aa a AH SH CH SC a SC AC    . Do đó tam giác SAC cân tại C nên M là trung điểm của SA. Ta có . . 11 22 SMBC S MBC S ABC S ABC V SM VV VSA   23 . 1 1 14 14 36244 8 S ABC ABC aa a VSHS    (đvtt) * Bài tập tham khả o : Bài1 : Cho khố i tứ diệ n ABCD có    00 90 , 120 ,ABC BAD CAD  ,2, A BaAC a 3 A Da  . Tính thể tích t ứ diệ n ABCD. ĐS: 3 2 2 ABCD a V  Bài2 : Cho khối chóp S.ABCD dấy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và SA = 2a. Gọi B’, D’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD. Mp(AB’D’) cắt SC tại C’. Tính thể tích khối chóp S.A’B’C’D’ theo a ĐS: 3 .'' ' ' 16 45 SABCD a V  Bài3 : Cho hình chóp t ứ giác đề u S.ABCD có t ấ t c ả các c ạ nh đề u b ằ ng. G ọ i M, P l ầ n l ượ t là trung đ i ể m c ủ a SA và SC, mp(DMP) c ắ t SB t ạ i N. Tính theo a th ể tích kh ố i chóp S.DMNP Đ S: 3 . 2 36 SDMNP a V  Bài4 : (ĐH khối B – 2010) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 60 0 . Gọi G là trọng tâm tam giác A’BC. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a. ĐS: 3 .''' 33 8 ABC A B C a V  và 7 12 a R  DẠNG3 : ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH TÍNH KHOẢNG CÁCH Việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng khó khăn nhất là xác định chân đường cao. Khó khăn này có thể được khắc phục nếu ta tính khoảng cách GV: Huúnh §oμn ThuÇn Trang 8 thông qua th ể tích của khối đ a diện, mà khoảng cách đó chính là độ dài đường cao c ủ a kh ố i đ a di ệ n. Sau đ ây ta s ẽ xét m ộ t s ố ví d ụ minh ho ạ Ví dụ 1 : (ĐH khối D – 2002 ) Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc mặt phẳng (ABC), AD = AC = 4cm, AB = 3cm, BC = 5cm. Tính khoảng cách từ A đến mp(BCD). Gi ả i : Ta có AB 2 + AC 2 = BC 2 A BAC Do đó 2 1 8 6 ABCD VABAcADcm Mặt khác CD = 42, BD = BC = 5 Nên BCD cân t ạ i B, g ọ i I là trung đ i ể m c ủ a CD 22 12 .5(22)234 22 BCD SDCBI      Vậy 3 3.8 6 34 (,( )) 17 234 ABCD BCD V dA BCD S   Ví d ụ 2 : (ĐH khối D – 2007) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thang,   0 90 ABC BAD , AD = 2a, BA = BC = a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = 2 a . G ọ i H là hình chi ế u vuông góc của A lên SB. CMR tam giác SCD vuông và tính theo a khoảng cách từ H đến mp(SCD) Giải : Ta có . . SHCD SBCD V SH VSB  SAB vuông t ạ i A và AH là đườ ng cao nên Ta có 22 22 22 2 3 SH SA a SH HB AB a SB  V ậ y 23 S.HCD S.BCD 221aa2 V = V =.a2. = 33329 Mà . 1 (,( )). 3 SHCD SCD VdHSCDS   . SCD vuông tại C ( do AC 2 + CD 2 = AD 2 ), do đó 2 11 2.2 2 22 SCD SCDSCaaa    . Vậy 3 2 32 (,( )) 3 92 aa dH SCD a  Ví dụ3: (ĐH khối D – 2008) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, AA’ = 2a . Gọi M là trung điểm của BC. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C Giải : 4 4 3 5 5 I D A C B 2a a S C B D A H GV: Huúnh §oμn ThuÇn Trang 9 G ọi E là trung điểm củ a BB’,ta có EM//CB’ Suy ra B’C //(AME) nên d(B’C;AM) = d(B’C;(AME))= d(C;(AME)) Ta có . . 1 2 C AEM CAEB V MC VCB  23 . 11122 . 2232224 C AEM EACB aa a VV   Ta có . 3 (,( )) C AEM AEM V dC AME S   Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AE, ta có BH AE  H ơ n n ữ a () BM ABE BM AE, nên ta được AE HM  Mà AE = 6 2 a , A BE  vuông tại B nên 2222 1113 BH AB EB a  3 3 a BH B HM  vuông t ạ i B nên 22 21 43 6 aa a MH  Do đ ó 2 1162114 22268 AEM aa a SAEHM    V ậ y: 3 2 32 7 (,( )) 7 14 24. 8 aa dC AME a  Ghi chú : Có thể áp dụng công thức Hê – rông để tính A EM S  Ví d ụ 4 : Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC là tam giác vuông t ạ i A, AB = a, 3 A Ca  và hình chiếu vuông góc c ủ a A’ lên m ặ t ph ẳ ng (ABC) trùng v ớ i trung đ i ể m của BC. Tính khoảng cách Từ A đến mp(BCC’B’) Giải : Theo giả thiết ta có A’H  (ABC). Tam giác ABC vuông tại A và AH là trung tuyến nên AH = 1 2 BC = a. ' A AH vuông tại H nên ta có 22 '' 3 A HAAAHa Do đó 3 '. 1.3 3 322 A ABC aa a Va . a a a2 M E B ' C' A C B A ' H a a 2a 3 K C' B ' H B C A A' GV: Huúnh §oμn ThuÇn Trang 10 Mặt khác '. .''' 1 3 A ABC ABC A B C V V  Suy ra 3 3 '. ' ' . ' ' ' 22 .3. 332 A BCC B ABC A B C a VV a  Ta có '. ' ' '' 3 (',( '')) A BCC B BCC B V dA BCCB S  Vì '''' '' A BAH AB AH ABH  vuông tại A’ Suy ra B’H = 22 32 ' aa aBB . ' BB H cân tại B’. Gọi K là trung điểm của BH, ta có 'BK BH  . Do đó 22 14 '' 2 a B K BB BK Suy ra 2 '' 14 ''. 2. 14 2 BCC B a SBCBKa a V ậ y 3 2 3314 (',( '')) 14 14 aa dA BCCB a  * Bài t ậ p t ươ ng t ự : Bài 1 : ( Đ H kh ố i D – 2009) Cho l ă ng tr ụ đứ ng ABCA’B’C’có đ áy ABC là tam giác vuông t ạ i B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a. G ọ i M là trung đ i ể m c ủ a A’C’, I là giao đ i ể m c ủ a AM và A’C. Tính theo a th ể tích kh ố i t ứ di ệ n IABC và kho ả ng cách t ừ A đế n mp(IBC) Đ S: 25 (,( )) 5 a dA IBC  Bài2 : Cho hình h ộ p ch ữ nh ậ t ABCD.A’B’C’D’ có AA’ = AB = a, BC = 2a, đ i ể m M thu ộ c AD sao cho AM = 3MD. Tính kho ả ng cách t ừ M đế n mp(AB’C) Đ S: (,( ')) 2 a dA ABC  Bài3 : Cho t ứ di ệ n ABCD có DA vuông góc v ớ i mp(ABC),  0 90 ABC  . Tính kho ả ng cách từ A đến mặt phẳng (BCD) nếu AD = a, AB = BC = b ĐS: 22 (,( )) ab dA BCD ab   Bài4 : Cho tứ diện đều ABCD, biết AB = a, M là 1 điểm ở miền trong của tứ diện. Tính tổng khoảng cách từ M đến các mặt của tứ diện ĐS: 1234 3 2 3 ABCD ACB V hhhh a S    GV: Huúnh §oμn ThuÇn Trang 11 Bài5: Cho t ứ di ệ n ABCD và đ i ể m M ở mi ề n trong c ủ a t ứ di ệ n. G ọ i r 1 , r 2 , r 3 , r 4 l ầ n lượt là khoảng cách từ M đến các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) của tứ diện. Gọi h 1 , h 2 , h 3 , h 4 lần lượt là khoảng cách từ các đỉnh A, B, C, D đến các mặt đối di ệ n c ủ a t ứ di ệ n. CMR: 3 12 4 1234 1 r rr r hhhh  DẠNG4 : ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC Việc tính diệ n tích đa giác phẳng được quy về việc tính diện tích tam giác theo công thức 1 2 Sah   , trong đó h – chiều cao và a là độ dài cạnh đáy. Tuy nhiên trong nhiều tr ường hợp, đặc biệ t là việc tính diện tích của các đa giác phẳng trong không gian, tính tr ực tiếp theo công th ức gặ p nhiều khó khă n. Khi đó có thể tính di ện tính đ a giác thông qua thể tích củ a các khối đ a diện. Sau đây là mộ t số ví d ụ minh hoạ Ví dụ1 : (ĐH khối A – 2002) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB và SC. Tính diện tích tam giác AMN theo a, biết r ằ ng ()() A MN SBC Giải : Gọi K là trung điểm của BC và I là trung điểm của MN. Ta có . . 1 . 4 SAMN S ABC V SM SN VSBSC  (1) Từ ()() A MN SBC  và A IMN (do A MN cân tại A ) nên () A ISBC  A ISI  M ặ t khác, M NSI  do đó ()SI AMN Từ (1) . 11 . .4 4 AMN A MN ABC ABC SI S SO SS SO S SI     (O là trọng tâm của tam giác ABC) Ta có A SK cân tại A (vì AI vừa là đường cao vừa là trung tuyến) nên AK = AS = 22 315 26 aa SO SA OA   Và SI = 12 24 a SK  Vậy 22 115 3 10 4416 62 4 AMN aa a S a   (đvdt) I N M O K A C B S [...]... một thiết diện a) Xác định thiết diện đó b) Tính diện tích thiết diện xác định ở câu a) ĐS: Thiết diện AMN có diện tích S AMN ab a 2  b 2  c 2  2c Bài2: Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB = x, AC = y, AD = z, các góc BAC  CAD  DAB  900 Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (BCD) a) Chứng minh rằng: 1 1 1 1  2 2 2 2 AH x y z b) Tính diện tích tam giác BCD ĐS: S BCD  GV: Huúnh 1 2 2 x y  y . việ c tính thể tích của các khối l ăng trụ và khố i chóp theo công thức trên lại gặp khó kh ăn do không xác định được đườ ng cao hay di ện tích đáy, nh ưng có thể chuyển việ c tính thể tích các. 4 1234 1 r rr r hhhh  DẠNG4 : ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC Việc tính diệ n tích đa giác phẳng được quy về việc tính diện tích tam giác theo công thức 1 2 Sah  . A’BC. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a. ĐS: 3 .''' 33 8 ABC A B C a V  và 7 12 a R  DẠNG3 : ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH TÍNH