CHUYÊN ĐỀ THỂ TÍCH

CHUYÊN ĐỀ THỂ TÍCH I. Cơ sở lí thuyết. Để tính thể tích của khối chóp ta có thể sử dụng một trong hai cách sau: 1. Tính trực tiếp dựa vào các định lí sau: Định lí 1. Cho khối chóp có đỉnh S và đáy là B. Kí hiệu V, S, h lần lượt là thể tích, diện tích đáy và chiều cao của khối chóp. Khi đó 1 . 3 V S h= (1) 2. Tính gián tiếp. a) Phương pháp trượt đỉnh, dãn đáy Ý tưởng của phương pháp này là: bằng cách thay đỉnh và mở rộng đáy, ta quy việc tính thể tích của khối chóp đã cho về việc tính thể tích của những khối chóp đặc biệt. Ta thường sử dụng những kết quả sau: Kết quả 1. Nếu đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng (P) và M, N ∈ ∆ thì ( ;( )) ( ;( ))M P N P d d= Kết quả 2. Nếu đường thẳng ∆ cắt mặt phẳng (P) tại điểm I và M, N ∈ ∆ (M, N không trùng với I) thì ( ;( )) ( ;( )) M P N P d MI d NI = Đặc biệt, nếu M là trung điểm của NI thì ( ;( )) ( ;( )) 1 2 M P N P d d= nếu I là trung điểm của MN thì ( ;( )) ( ;( ))M P N P d d= Kết quả 3. Cho tam giác ABC và điểm M thuộc cạnh BC sao cho MB = kMC (k > 0). Khi đó ABM ACM S kS= hay 1 ABM ABC k S S k = + Đặc biệt, nếu M là trung điểm của BC thì 2 ABM ABC S S= b) Phương pháp phân chia và lắp ghép khối đa diện. Nếu khối đa diện (H) được phân chia thành hai khối đa diện (H 1 ) và (H 2 ) thì 1 2 H H H V V V= + hay 1 2 H H H V V V= − c) Phương pháp dùng công thức về tỉ số của hai khối chóp tam giác. Bài toán. Cho hình chóp tam giác S.ABC. Trên các tia SA, SB, SC lần lượt lấy A’, B’, C’ không trùng với điểm S. Khi đó ta có công thức sau 1 . ' ' ' . ' ' ' . . S A B C S ABC V SA SB SC V SA SB SC = II. Bài tập áp dụng 1. Phương pháp tính trực tiếp Cơ sở của phương pháp này là công thức 1 . 3 V S h= Phương pháp này thích hợp khi ta có thể dễ dàng tính được diện tích đáy S và chiều cao h của khối chóp. Một trong những dấu hiệu của nó là ta có thể xác định được chân đường vuông góc hạ từ đỉnh. Sau đây là một số ví dụ minh họa. Bài 1. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = 3a và hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối chóp A’.ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’, B’C’. Phân tích. Khối chóp A’.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và chiều cao là A’H (H là trung điểm của BC) nên bài này chúng ta áp dụng trực tiếp công thức. Lời giải. Gọi H là trung điểm của BC. Giả thiết suy ra A’H ⊥ (ABC) Ta có '. 1 ' . 3 A ABC ABC V A H S= 2 1 3 . 2 2 ABC a S AB AC= = Tam giác ABC vuông tại A suy ra 2 2 1 1 2 2 AH BC AB AC a= = + = Tam giác AHA’ vuông tại H suy ra 2 2 ' AA' 3A H AH a= − = . Vậy 2 3 '. 1 1 3 . ' . . 3 3 3 2 2 A ABC ABC a a V S A H a= = = Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; 2 ,AB AD a CD a= = = ; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60 0 . Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) 2 I D C B S A K cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a. Phân tích. Khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông, theo giả thiết SI ⊥ (ABCD) nên SI là chiều cao của hình chóp. Lời giải. Hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và cắt nhau theo giao tuyến SI suy ra SI ⊥ (ABCD). Bởi vậy . 1 . 3 S ABCD ABCD V S SI= 2 ( ) 3 2 ABCD AB DC AD S a + = = . Để tính SI ta sử dụng giả thiết góc giữa (SBC) và (ABCD) bằng 60 0 . Cách 1. Gọi K là hình chiếu của I trên BC, suy ra CB IK⊥ . Kết hợp với CB SI⊥ ta được CB SK⊥ . Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là góc · · 0 60SKI SKI⇒ = Tam giác IBC có 5, 2, 5IB a IC a BC a= = = nên bằng phương pháp diện tích ta tính được 3 5 a IK = . Tam giác SIK vuông tại I suy ra 0 3 15 tan60 5 SI IK a= = . Vậy 2 3 . 1 3 15 3 15 3 . 3 5 5 S ABCD V a a a= = Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với đáy hình chóp. Cho AB = a, SA = 2a . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SD. a) Chứng minh SC ⊥ (AHK). b) Tính thể tích khối chóp OAHK. Phân tích. SC ⊥ (AHK) nên chân đường vuông góc hạ từ O xuông (AHK) có thể xác định được theo phương SC, hơn nữa, tam giác AHK cân nên ta tính được diện tích của nó. Lời giải. 3 a) AH ⊥ SB, AH ⊥ BC (do BC ⊥ (SAB)) ⇒ AH ⊥ SC Tương tự AK ⊥ SC. Vậy SC ⊥ (AHK) b) Giả sử (AHK) cắt SC tại I, gọi J là trung điểm của AI, khi đó OJ // SC ⇒ OJ ⊥ (AHK). Do đó 1 . 3 OAHK AHK V S OJ= SA = AC = 2a ⇒ ∆SAC cân tại A ⇒ I là trung điểm của SC. Vậy 1 1 1 .2 2 4 4 2 a OJ IC SC a= = = = 2 2 2 2 1 1 1 3 6 2 3 a AH AH AB AS a = + = ⇒ = ; 6 3 a SAD SAB AK AH∆ = ∆ ⇒ = = Ta có HK và BD đồng phẳng và cùng vuông góc với SC nên HK // BD. AI cắt SO tại G là trọng tâm của tam giác SAC, G thuộc HK nên 2 2 2 2 3 3 3 HK SG a HK BD BD SO = = ⇒ = = . Tam giác AHK cân tai A, G là trung điểm của HK nên AG ⊥ HK và 2 2 1 1 2 . .2 3 3 2 3 3 a AG AI SC a= = = = 2 1 1 2 2 2 2 2 . . . 2 2 3 3 9 AHK a a a S AG HK= = = 2 3 1 1 2 2 2 . . . 3 3 9 2 27 OAHK AHK a a a V S OJ= = = Cách 2. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (OHK) bằng khoảng cách h từ A đến mặt phẳng (SBD). Tứ diện ASBD vuông tại A nên 2 2 2 2 2 1 1 1 1 5 10 2 5 a h h AS AB AD a = + + = ⇒ = Tam giác OHK cân tại O nên có diện tích S bằng 2 3 1 1 10 2 2 5 1 2 . . . 2 2 6 3 9 3 27 a a a a S OG HK V Sh= = = ⇒ = = Bài 4 Cho Hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên tạo với đáy một góc 60 0 . Gọi M là trung điểm của SC. Mặt phẳng đi qua AM và song song với BD, cắt SB tại E và cắt SD tại F. Tính thể tích khối chóp S.AEMF. 4 O C A D B S H K Phân tích. Dễ thấy BD ⊥ (SAC), EF // BD ⇒ EF ⊥ (SAC). Mặt khác tam giác SAC cân và có một góc bằng 60 0 nên SAC đều, do đó tính được diện tích ∆SAM. Lời giải. Cách 1. Gọi O là tâm hình vuông ABCD, I là giao điểm của AM và SO. Dễ thấy EF đi qua I và EF // BD và ( )SO ABCD⊥ . BD ⊥ AC, BD ⊥ SO ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ EF ⊥ (SAC). Ta có OA là hình chiếu của SA trên (ABCD) nên góc giữa SA và (ABCD) là góc · SAO . Tam giác SAC cân tại S và có · 0 60SAO = nên tam giác SAC đều cạnh 2a suy ra 2. 3 1 2 , 2 2 2 a a AM SM SC= = = và AM ⊥ SC. Do tính đối xứng nên 3 . 1 2 1 6 2 2. . . . . . . 3 3 2 18 S AEMF EAMS AMS a V V S EI AM SM EI= = = = Cách 2. EF ⊥ (SAC) ⇒ EF ⊥ AM. Lại có SC ⊥ BD ⇒ SC ⊥ EF, do đó SC ⊥ (AEMF). EF // BD ⇒ 2 2 2 2 3 3 3 EF SI a EF BD BD SO = = ⇒ = = (I là trọng tâm tam giác SAC) Tứ giác AEMF có AM ⊥ EF nên 2 1 3 . 2 3 AEMF a S AM EF= = . Vậy thể tích V của hình chóp S.AEMF là 2 3 1 1 3 2 6 . . . 3 3 3 2 18 AEMF a a a V S SM= = = Bài 5 Cho hình chóp S.ABCD có độ dài cạnh SA bằng x, tất cả các cạnh còn lại đều có độ dài bằng 1. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo x và tìm x để thể tích đó lớn nhất. Phân tích. Chân đường vuông góc hạ từ S xuống (ABCD) thuộc AC nên ta xác định được đường cao. OA OC OS= = nên tam giác SAC vuông tại S, do vậy tính được SH, AC và diện tích của ABCD. Lời giải. Gọi H là hình chiếu của S trên mp(ABCD). 5 F E I M D C A B S O Do SB = SC = SD nên HB = HC = HD suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Tam giác BCD cân tại C nên H thuộc CO, O là giao của AC và BD. CBD ABD SBD∆ = ∆ = ∆ OC OA OS SAC⇒ = = ⇒ ∆ vuông tại S 2 1AC x⇒ = + . 2 2 2 1 1 1 1 x SH SH SA SC x 2 = + ⇒ = + ABCD là hình thoi 2 2 2 1 3 2 AC BD OB AB AO x⇒ ⊥ ⇒ = − = − 2 2 2 1 1 1 . 1. 3 3 2 2 6 ABCD S AC BD x x V x x= = + − ⇒ = − áp dụng BĐT Côsi ta có 2 2 2 1 1 3 1 3 . 6 6 2 4 x x V x x + − = − ≤ = Đẳng thức xảy ra 6 2 x⇔ = . Vậy V lớn nhất khi 6 2 x = Bài 6 Cho mặt cầu tâm O bán kính R. Lấy một điểm S thuộc mặt cầu, xét ba điểm A, B, C thuộc mặt cầu sao cho SA = SB = SC và · · · ASB BSC CSA α = = = 0 0 0 90 α < < ). Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo R và α Phân tích. Từ giả thiết suy ra S.ABC là hình chóp đều, bởi vậy tính được .S ABC V theo α và SA = a. Giả sử SO cắt (S) tại S’, khi đó tâm I của tam giác ABC thuộc SS’ và tam giác SAS’ vuông tại A nên tính được a Theo R và α. Lời giải. Theo giả thiết S.ABC là hình chóp đều Gọi I là trọng tâm ABC∆ thì I cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC∆ và ( )SI ABC⊥ Do OA OB OC= = nên O SI∈ . Giả sử SI cắt lại mặt cầu tại S ’ thì SS ’ = 2R Đặt SA = SB = SC = a. ' SAS∆ vuông tại A nên SA 2 = SI.SS ’ 2 2 ' 2 SA a SI SS R ⇒ = = Trong tam giác SAB ta có 2 2 2 2 . .cosAB SA SB SA SB α = + − 6 S A C O B J S’ I O A B C D S H 2 2 2 2 (1 cos ) 4 sin 2 .sin 2 2 a a AB a α α α = − = ⇒ = 2 4 0 2 2 2 2 2 1 1 3 . .sin60 3sin 3sin . sin 2 2 3 2 2 6 2 ABC a a S AB AC a V a R R α α α ∆ = = ⇒ = = Để tính a theo R và α , ta chú ý rằng 2 3 AI AJ= , J là trung điểm BC 3 2 3sin 3sin 2 2 3 2 AB AJ a AI a α α = = ⇒ = . Tam giác SAI vuông tại I nên 2 2 2 SA SI AI= + 4 2 2 2 2 2 4 4 sin 2 1 sin 4 3 2 3 2 a a a a R R α α ⇒ = + ⇒ = − Vậy 3 2 2 2 8 3 4 sin (1 sin ) 3 2 3 2 V R α α = − Bài 7. Cho hình chóp tam giác S.ABC có AB = 5a, BC = 6a, CA = 7a. Các mặt bên SAB, SBC, SCA đều tạo với đáy một góc 60 0 . Tính thể tích của khối chóp S.ABC. Phân tích. Từ giả thiết tính được diện tích ∆ABC. Các mặt bên hợp với đáy góc 60 0 nên chân đường vuông góc hạ từ S xuống mp(ABC) trùng với tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC, bởi vậy tính được đường cao. Lời giải. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABC); E, F, I lần lượt là hình chiếu của H trên AB, BC, CA. Khi đó SH ⊥ (ABC) AB ⊥ SH, AB ⊥ HE ⇒ AB ⊥ SE ⇒ · 0 60SEH = . Tương tự · · 0 60SFH SIH= = . Các tam giác vuông SHE, SHF, SHI bằng nhau suy ra HE = HF = HI = r (r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC). Kí hiệu p, S lần lượt là nửa chu vi và diện tích của tam giác ABC, khi đó p = 9a, S = 2 6 6a (theo công thức hêrông). Mặt khác 2 6 3 S a S pr r P = ⇒ = = . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SHE ta có 0 tan60 2 2SH r a= = . Vậy 2 3 1 1 . .6 6 .2 2 8 3 3 3 SABC V S SH a a a= = = 7 A C B H S E F I Bài 8. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB’ = a, góc giữa đường thẳng BB’ và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 , tam giác ABC vuông tại C và · 0 60BAC = . Hình chiếu của điểm B’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối tứ diện A’ABC theo a. Phân tích. Gọi G là trọng tâm ∆ABC thì B’G ⊥ (ABC), A’B’ // (ABC) nên ( ';( )) ( ';( )) ' A ABC B ABC d d B G= = . Từ đó tính được B’G và diện tích ∆ABC. Lời giải. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, khi đó B’G ⊥ (ABC), góc giữa BB’ và mặt phẳng (ABC) là góc · 'B BG · 0 ' 60B BG⇒ = . Ta có A’B’ // (ABC) ( ';( )) ( ';( )) ' A ABC B ABC d d B G= = . Vậy ' 1 . ' 3 A ABC ABC V S B G= . Tam giác BB’G có 0 '.cos60 2 a BG BB= = , 0 3 ' '.sin60 2 a B G BB= = . Ta có 3 3 2 4 a BM BG= = . Tam giác ABC vuông tại C và có góc · 0 60BAC = nên nếu đặt AB = 2x thì AC = x ⇒ MC = 2 x , BC = 3x . Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vuông BCM ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 9 3 1 3 9 3 3 . 16 4 4 2 2 32 ABC a x a x a BM BC MC x x S CB CA= + ⇔ = + ⇔ = ⇒ = = = Vậy 2 3 ' 1 9 3 3 9 . . 3 32 2 64 A ABC a a a V = = *Nhận xét. Ở bài toán trên ta đã thay đỉnh A’ bằng đỉnh B’ mà thể tích không thay đổi, trong khi với đỉnh B’ ta dễ dàng xác định được chân đường vuông góc. Việc làm này nhiều khi rất thuận lợi và đó chính là nội dung của phương pháp 2 sau đây 2. Phương pháp trượt đỉnh, dãn đáy Cơ sở của phương pháp này là bằng cách thay đỉnh và mở rộng đáy, ta quy việc tính thể tích của khối chóp đã cho về việc tính thể tích của những khối chóp đặc biệt. 8 a A' C' G M B A C B' Bài 9 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA = 2a . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB, CD. Tính theo a thể tích khối tứ diện AMNP. Phân tích. Theo giả thiết, việc tính thể tích các khối chóp S.ABCD hay S.ABC là dễ dàng. Vậy ta có thể nghĩ đến việc quy việc tính thể tích của khối tứ diện AMNP về việc tính thể tích của các khối chóp nói trên. Trong các mặt của khối tứ diện AMNP ta thấy tam giác AMN có thể mở rộng thành tam giác SAB, khoảng cách từ P đến (AMN) có thể thay bằng khoảng cách từ C đến (SAB). Lời giải. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, khi đó SO ⊥ (ABCD). M, N lần lượt là trung điểm của SA và SB nên 1 1 2 4 AMN ANS ABS S S S= = ( ;( )) ( ;( )) / /( ) P AMN C AMN PC AMN d d⇒ = . Vậy . ( ;( )) ( ;( )) 1 1 1 . . . 3 3 4 P AMN AMN P AMN ABS C AMN V S d S d= = . . 1 1 1 1 . . 4 4 4 3 C ABS S ABC ABC V V S SO= = = . 2 2 2 1 6 , 2 2 ABC a S a SO SA AO= = − = . Vậy 3 2 1 1 6 6 . . 12 2 2 48 AMNP a a V a= = Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, AB = a, AD = 2a, góc · 0 30ABC = ; SA = 3a và nằm trên đường thẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SC và SD, O là giao điểm của AC và BD. Tính thể tích khối tứ diện OAMN. Phân tích. Khối tứ diện OAMN có mặt AOM có thể mở rộng thành 9 O N M C A D B S P N M O B D C A S tam giác SAC, khoảng cách từ N đến (AOM) có thể thay bằng một nửa khoảng cách từ D đến (SAC). Lời giải. Ta có ( ;( )) 1 . . 3 OAMN OAM N OAM V S d= . O, M lần lượt là trung điểm của AC và SC nên 1 1 2 4 OAM CAM SAC S S S= = , đường thẳng DN cắt (OAM) tại S và N là trung điểm của SD nên ( ;( )) ( ;( )) ( ;( )) 1 1 2 2 N OAM D OAM D SAC d d d= = . Vậy 3 0 ( ;( )) . 1 1 1 1 1 1 1 . . . . . . .sin30 . 3 4 4 4 3 12 2 8 OAMN SAC D SAC S ACD ACD a V S d V S SA DA DC SA= = = = = Bài 11 Cho tứ diện ABCD có , ;AB a CD b= = góc ( , )AB CD α = , khoảng cách giữa AB và CD bằng d . Tính thể tích của khối tứ diện ABCD theo , ,a b d và α . Phân tích. Nếu dựng hbh BCDE thì tam giác ABE hoàn toàn xác định và BCD BDE S S= nên .ABCD ABDE D ABE V V V= = Lời giải. Dựng hình bình hành BCDE suy ra / /BE CD và BE CD b= = , góc giữa AB và CD bằng hoặc bù với góc · · sin sinABE ABE α ⇒ = . BCD BDE S S= ⇒ ( ;( )) 1 . 3 ABCD ABDE DABE ABE D ABE V V V S d= = = . 1 sin 2 ABE S ab α = . Mp(ABE) chứa AB và song song với CD nên ( ; ) ( ;( )) ( ;( ))CD AB CD ABE D ABE d d d d= = = Vậy 1 . sin . 6 ABCD V ab d α = Bài 12. Cho hai nửa đường thẳng Ax và By chéo nhau nhận AB làm đoạn vuông góc chung. Các điểm M, N lần lượt chuyển động trên Ax và By (M khác A và N khác B) sao cho AM + BN = MN. Chứng minh rằng thể tích tứ diện ABMN không phụ thuộc vào M và N. 10 b b a C E D B A . CHUYÊN ĐỀ THỂ TÍCH I. Cơ sở lí thuyết. Để tính thể tích của khối chóp ta có thể sử dụng một trong hai cách sau: 1.. DAB đều bằng 60 0 . Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo a, b, c. Phân tích. Nếu a = b = c thì tứ diện ABCD là hình chóp đều đỉnh A nên ta tính được thể tích