Bai tap the tich khoi da dien Khoi cau Khoi tru Khoi non

-N ếu có một đường thẳng vuông góc với mặt đáy của khối chóp th ì đường cao của.. kh ối chóp sẽ song song hoặ c n ằ m tr ờn với đường thẳng đó.[r]

PHẦN 1

THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

A LÝ THUYẾT

1 Khái niệm thể tích khối đa diện (Sgk hh 12)

2 Các cơng thức tính thể tích khối đa diện

a) Thể tích khối hộp chữ nhật

V = abc với a, b, c kích thước khối hộp chữ nhật

b) Thể tích khối chóp V=

3 1S

đáy h ; h: Chiều cao khối chóp c) Thể tích khối lăng trụ

V= Sđáy h ; h: Chiều cao khối lăng trụ

DẠNG 1: TÍNH THỂ TÍCH CỦA KHỐI ĐA DIỆN *Phương pháp:Để tính thể tích khối đa diện ta cóthể:

+Áp dụng trực tiếp cơng thức tính thể tích

+Chia khối đa diện thành khối nhỏ mà thể tích khối tính

+Bổ sung thêm bên khối đa diện để khối đa diện tính thể

tích cơng thức phần bù vào tính thể tích

*Các tập

1)Về thể tích khối chóp

+Nếu khối chóp có chiều cao đáy ta tính tốn chiều cao, diện tích đáy áp dụng cơng thức :V=

3 1S

đáy h

Bài 1:Tính thể tích hình chóp tam giác SABC trường hợp sau:

a) Cạnh đáy a, góc ABC = 60o

b) AB = a, SA = l

c) SA = l, góc mặt bên mặt đáy ỏ

GIẢI:

a) Gọi O tâm ∆ABC

⇒SO ⊥(ABC) SABC =

2 1a

2

a =

4

2 a

∆ABC có SA = SB; ABC = 60o

⇒SA = AB = SB = a

C S

A

B O a

SO ⊥ OA ( SO ⊥ (ABC) ) Tam giác vng SOA có: SO2= SA2- OA2= a2- (

3 2a

2

3)2= 2

3

3 a

a

a  

⇒SO = a

3

Vậy VSABC = S∆ABC SO = 3

1 .

4

2

a .

a 32

2 a2

l 

VSABC = 13 a a2

l 

c)

Gọi O tâm ∆ABC

Gọi A’ trung điểm BC

Dễ thấy ((SBC), (ABC)) = góc SA’O = ỏ

Tam giác vng SOA có:

SO2= l2- OA2= l2- 94 AA’2 Tam giác vng SOA’ có:



 '.sin

sin 13

'

3

1AA SO AA

SO  

 (2)

Từ (1) (2) ta có:

94

9

1 AA'sin   AA'.sin  l

O B

A'

A C

a

 AA’2(sin2ỏ + 4) = 9l2

 '  sin 32  4

l AA

S∆ABC= 2(sin3 4)

4 sin 3 sin 2 2 2 '         l l l BC AA sin sin sin 3 2 .sin

.         l l SO

⇒VSABC = 3

1

S∆ABC SO = (sin 4). sin 4

sin 3 2 .      l

Bài 2. Cho lăng trụ ABCA’B’C’ có độ dài cạnh bên = 2a, ∆ABC vuông A, AB = a,

AC = a Hình chiếu vng góc A’ (ABC) trung điểm BC Tính VA’ABC

theo a?

GIẢI.

-Gọi H trung điểm BC

⇒A’H ⊥ (ABC) (gt)

-Ta có S∆ABC = 21 AB.AC  21a2

-Vì A’H ⊥ (ABC) ⇒A’H ⊥ AH Tam giác vng A’HA có:

A’H2 = A’A2- AH2 = (2a)2- 14 (a2+ 3a2) hay A’H2= 4a2- a2 = 3a2 ⇒A’H = a

B H C

2a

⇒VA’ABC = 3

1

S∆ABC.A’H = 2

2

1. a 3.a 3  a2

Bài 3. Hình chóp SABCD có SA ⊥ (ABC), SA = a ∆ABC vng cân có AB = BC =a B’ trung điểm SB C’ chân đường cao hạ từ A ∆SAC

a) tính VSABC

b) Chứng minh AB ⊥ (AB’C’) Tính VSAB’C’

GIẢI

a)

S∆ABC= 21BA.BC  21a2; SA =a

⇒VSABC = 13 S∆ABC SA = 61 a3

a

C A

a a

B' C'

B

b) ∆SAB có AB = SA = a ⇒∆SAB cân A ⇒AB’ ⊥ SB B’S = B’B

BC⊥AB ⇒BC ⊥(SAB) ⇒ BC ⊥AB’

BC⊥SA

⇒AB’ ⊥ (SAC) ⇒ AB’ ⊥SA ⇒SC ⊥ (AB’C’) AC’ ⊥SC

Cách

2 2

1 2

' SB a a

AB   

Vì AB’ ⊥ (SBC) ⇒AB’ ⊥B’C’ SC = SA2 AC2  3a

3

2

' a

SC SA

SC  

B’C’2= SB’2- SC’2= a62 B'C' a6

⇒S∆AB’C’= 21 21 2 6 4 3

' '

'.BC a a a

AB  

⇒V∆AB’C’= 13 24 3 36

.

.a a  a

3

' '

2 3

a S B S C

S B  S C  a 

3

' ' ' ' ' 1

' ' '

6 6

3

S A B C S A B C

a

V S A S B S C a

S A B C

V  S A S B S C  a   V  a 

Bài 4Hình chóp SABC có SA⊥(ABC), ∆ABC cân A, D trung điểm BC, AD = a,

(SB, (ABC)) = ỏ; (SB, (SAD)) = õ Tính VSABC

GIẢI

Dễ thấy

(SB, (ABC)) = ỏ = SBA

(SB, (SAD)) = õ = BSD

∆ABC cân ⇒AD ⊥BC DB = DC

∆SAB có cos ỏ = ABSB (1)

BC ⊥AD BC ⊥SA (vì SA⊥(ABC)

⇒ BC ⊥ (SAD) ⇒ BC ⊥

SD

a B

A C

D S

Tam giác vng SB có sinõ = SB BD

(2) Từ (1) (2) ⇒ cos sin sin

2 a

AB BD

AB   

⇒ cos  sin

2 2

2 AB a

AB  

⇒AB2(sin2õ – cos2ỏ) = -a2cos2ỏ ⇒AB = cos21sin2 a2 cos

S∆SAB =BD.AD =

2

2 2

sin cos sin

cos cos cos sin cos sin

Sin AD AB  a  a 

       

SA = AB tan ỏ= cos2 sin2

sin



a

⇒VSABC = 31 SA.S∆ABC = cos2 sin2

sin

1



a

 



2

2

sin cos

sin



a

= 2 2

sin cos

cos sin



a

Bài 5 Cho hình vng ABCD cạnh a nửa đường thẳng Ax, Cy ⊥ (ABCD)

cùng phía với mặt phẳng Điểm M khơng trùng với với A Ax, điểm N không

Gọi I giao điểm AC BD Ta có BD ⊥AC

(vì ABCD hình vng) (Ax, Cy) ⊥(ABCD)

⇒BD ⊥(AMNC)

⇒BI ⊥(AMNC)

BI = BD2  a22

x

n

A

D C

m

B M

N

Diện tích hình thang AMNC S = (AM2CN).AC  (mn2)a

VAMNC= 31 31 ( 2) 22 6 ( )

n m BI

S m n a a a

AMNC   



*Nếu khối chóp cần tính thể tích chưa bíết chiều cao ta phải xác định đựơc vị trí chân đường cao đáy.

Ta có số nhận xét sau:

-Nếu hình chóp có cạnh bên nghiêng đáy cạnh bên

thì chân đường cao tâm đường tròn ngoại tiếp đáy

-Nếu hình chóp có mặt bên nghiêng đáy có đường cao

các mặt bên xuất phát từ đỉnh chân đường cao tâm đường tròn nội

tiếp đáy

-Hình chóp có mặt bên mặt mặt chéo vng góc với đáy đường cao

hình chóp đường cao mặt bên mặt chéo

-Nếu có đường thẳng vng góc với mặt đáy khối chóp đường cao

khối chóp song song nằm trờn với đường thẳng

-Nếu đường thẳng nằm đáy khối chóp vng góc vng góc với

một mặt phẳng chứa đỉnh khối chóp đường cao khối chóp đường thẳng kẻ

từ đỉnh vng góc với giao tuyến mặt đáy mặt phẳng chứa đỉnh nói

*Nếu khối chóp khối tứ diện ta cần khéo chọn mặt đáy thích hợp.

Bài 6: SABCD có đáy tâm giác cân A, BC =a, ABC = ỏ, cạnh bên nghiêng

trên đáy góc ỏ Tính VSABC

A S

C B

H

a

- Gọi H hình chiếu S lên (ABC)

- Vì cạnh bên nghiêng đáy ⇒H tâm đường trịn ngoại tiếp ∆ABC

- Ta có: ∆ABC = 21 AB.AC.sin

mà BC2= 2AB2- 2AB2cosỏ = 2AB2(1-cosỏ) = a2 ⇒AB = a 1cos2 

⇒S∆ABC=12 sin 12 2 1sincos 4 cos 2

2 

 

 a a

AB   

HA = R = 2sinBC  2sina

Tan giác vng có tanỏ = AHSH ⇒SH = 2sina tan  2cosa 

⇒VSABC =   



cos 24

cot cos

2 3

1

3

cot

a a a

ABC SH

S  

Bài 7: SABC có đáy ABCD hình bình hành SABCD = góc đường chéo

= 60o cạnh bên nghiêng đáy góc 45o Tính VSABCD

GIẢI

A B

C

O D

- Vì khối chóp có bên nghiêng đáy ⇒ O tâm đường tròn qua đỉnh A,

B, C, D ⇒ tứ giác ABCD hình chữ nhật {O} = AC ∩ BD

-Đặt AC = BD =x

Ta có ShcnABCD = 21 AC.BD.sin60o= . 3

2 2

1 x  x  ⇒x=3

- (SA, (ABCD)) = (SA, AO) = SAO = 45o= SCO = (SC, (ABCD)) ⇒∆ASC vuông cân

tại S ⇒ SO = 21 AC1 ⇒ VSABCD=

3 3

1 3.1

Bài 8:SABC có SA = SB = SC = a ASB = 60o, BSC = 90o, CSA = 120o a) Chứng minh ∆ABC vng

b) Tính VSABC

GIẢI

a)

H

B A

S

C a

  

 

o

ASB SB SA

60 ⇒ AB = a

-Tam giác vng SBC có BC2= SB2+ SC2= 2a2

-∆SAC có AC2 = a2+ a2-2a2cos120o= 2a2- 2a2(- 12 ) =3a2

-∆ABC có AC2= AB2 + BC2⇒∆ABC vng B

b) Hạ SH ⊥(ABC)

Vì SA = SB = SL HA = HB = HC ⇒H trung điểm AC ∆ABC vuông B

Tam giác vng SHB có SB = a ⇒SH2= SB2- BH2=

2 a

a  SH 

BH =

3

a AC 

(Hoặc ∆SAC nửa tam giác ⇒SH = SA2  2a )

⇒VSABC = 13 13 21 61 2 12

2

a a

ABC SH ABBCSH aa

Bài 9: SABCD có đáy ABCD hình thang với đáy lớn AB = 2, ACB = 90o ∆SAC

∆SBD tam giác có cạnh = Tính thể tích khối chóp SABCD

Đáp số: VSABCD= 46

Bài 10:SABCD có đáy hình thang vng A D, ∆SAD cạnh = 2a,

BC = 3a Các mặt bên lập với đáy góc Tính VSABCD

GIẢI

2a 3a

C D

H K

- Hạ SH ⊥(ABCD), H ∈ (ABCD)

- Vì mặt bên lập với đáy góc nên dễ dàng chứng minh H tâm

đường tròn nội tiếp đáy

- Gọi K hình chiếu H lên AD - Ta có HK = AD2  a

- Tam giác vng SHK có HK = a

SK = 2a 23 a (vì ∆SAD đều)

⇒SH = 3a2 a2 a

Vì ⋄ABCD ngoại tiếp nên: AB + CD = AD + BC = 5a

⇒SABCD= (ABCD2 ).AD  5a2.2a  5a2

⇒VSABCD= 3

2 3

1 . 5 . 2 a3

ABCD SH a a

S  

Bài 11:Cho hình chóp SABCD có ABCD hình vng cạnh 2a, SA = a,

SB = a 3, (SAB) (ABCD) M, N làtrung điểm AB, BC Tính VSBMDN

S

H

15a 8a

A D

C B

S

A D

C H

B M

N

∆SAB hạ SH b AB ⇒SH b (ABCD) ⇒ SH b(BMDN)

(SAB) b (ABCD)

S∆CDN= S∆MDA= 4

1

S⋄ABCD ⇒S⋄BMDN = 21 S⋄ABCD = 21 2a.2a = 2a2

∆SAB có AB2= SA2+ SB2= 4a2 ⇒SAB vuông S

⇒ SH12  SA12  SB12  a12  3a12  3a42 ⇒SH = 2

3 a

⇒VSBMDN = 3

1

S⋄BMDN.SH = 13 23 2 3 .

2a a  a

Bài 12: SABCD có ⋄ABCD hình thang với AB = BC = CD = 12 AD ∆SBD vuông

tại S nằm mặt phẳng vng góc với đáy SB = 8a, SD = 15a

Tính VSABCD

GIẢI

-Trong ∆SBD kẻ SH b BD

Vì (SBD) b (ABCD)

⇒SH b (ABCD)

-Tam giác vng SBD có SH12  SH12  SD12

hay SH12  641a2  2251a2

hay SH  14400289 a12017 a

-Vì hình thang có AB = BC = CD = 12 AD ⇒ Aˆ Dˆ= 60o, B = C = 120o -∆SBD có BD2= SB2+SD2=289a2 ⇒BD = 17a

∆CBD có BD2=2BC2(1+ 21 ) = 3BC2 = 289a2 ⇒ BC = 173 a S∆BCD= 21 12 2893 23 289123

2 .

. 120

sin o a a

S

A D

C K

B

H

S⋄ABCD= 3S∆BCD = 289123

a

⇒VSABCD=

1

S⋄ABCD.SH = 31 289123 .12017

a a

= 170 3a3

Bài 13: hình chóp SACD có đáy ABCD hình chữ nhật, ∆SCD cân S nằm

mặt phẳng  (ABCD) ∆SAB có SA = a, ASB = ỏ nằm mặt phẳng lập với

(SCD) góc ỏ Tính thể tích khối chóp SABCD

GIẢI

Trong ∆SCD hạ SH CD Vì ∆SCD cân S

⇒H trung điểm CD

SH CD

(SCD) (ABCD

⇒SH (ABCD)

Gọi K trung điểm AB

Ta có HK AB

AB SH (vì SH (ABD))

⇒AB (SKH) ⇒ AB SK ⇒∆SAB cân S

Dễ thấy ((SAB), (SCD)) = KSH =ỏ

∆SAB có SK =acos ỏ , AB = 2AK = 2asin ỏ ∆SHK vng H có SH =SK.cosỏ = acos2ỏ

KH = SKsinỏ = asinỏcosỏ SABCD =AB.BC = 2asinỏ.asinỏcosỏ

= 2a2sin2ỏcosỏ ⇒VSABCD = 3SH1 .SABCD  23 a3sin2ỏ

Bài 14:Hình chóp SABCD có ∆ABC vng B, SA b (ABC) ACB =60o, BC = a, SA = a 3, M trung điểm SB Tính thể tích MABC

GIẢI

H

C A

B

a M

Cách

SA b (ABC)

Vì M trung điểm SB H- trung điểm

MH= 23

2

1 SA a

S∆ABC= 12 AB.BC  21a.tan60o.a 21a2

VMABC= 13 31 12 23 4

3

a a

ABC MH a

S  

Cách

2

  SMSB V

V

ASABC MABC

VMABC= 21VSABC

mà VSABC = 31SA.S∆ABC = 13a 3.21a2  12a3

⇒VMABC= 41 a3

Bài 15: Hình chóp SABCD có ABCD hình vng tâm O, SA (ABCD),

AB = a, SA = a H, K hình chiếu vng góc A SB, SD Chứng

minh rằng: SC  (AHK) tính thể tích hình chóp OAHK GIẢI

A

C O

H

K a

a

N F E

B

D

a

S

y

x

AH SB (gt) (1)

BC AB (vì ABCD hình vng) BC SA (vì SA (ABCD))

⇒BC (SAB) BC AH (2)

Từ (1) (2) ⇒AH (SBC ⇒AH SC (3) Chứng minh tương tự ta có: SC AK (4) Từ (3) (4) ⇒ SC (AKH)

Gọi {F} = KH ∩ SO ⇒ (SAC) ∩ (AHK) = AF

Kéo dài AF cắt SC N

Vì OA = OC; OE//CN OE = 12 CN

Tam giác vng SAD có 2

1 1

AD AS

AK   ⇒AK =

2 2

2 a a

a a AD AS

AD

AS  



Dễ thấy AH =a 32

∆AKH cân A

Dễ thấy ∆SBD có SDSK  KHBD mà SK = 2 2 2

3

2 a

SA AK  a  a 

SD = a

⇒ KHBD  32aa 3  32  SOSF

HK = 32 BD = 32a OF = 31SO ⇒ OFSF  21

∆SAC có : OA = OC

⇒   SF OF SN

OE ⇒OE =

2

1SN = 1a

S∆AHK =

2 1KH.

4

2 HK

AK  =

9 2a2

⇒V = AHK 

3 S OE 27 2 a

* Có thể dùng PP toạ độ để tính thể tích OAHK sau:

Chọn hệ toạ độ hình vẽ.Ta có:

A(0,0,0) , B(a,0,0) ,D(0,a,0) , S(0,0,a 2) , O(

2

a,

2

a , 0)

∆SKA ∆ SAD ⇒

SD SA SA SK

 ⇒ SK=

3 2a ⇒K(0,2

3a ,

a )

∆ABS có AS2 SB.SH⇒ SH=

3 2a ⇒H(2

3a,0,

a )

Ta có )

3 , , ( a a AH  ) , ,

( a a AK 

,0)

2 , (a a

AO

[AH,AK] =(

9 , 2 ,

2 a2  a2 a2

a K

O

C

D A a

a

N

I

B

⇒VOAHK=

6 1|[

AK

AH, ].AO|=

27

a

Bài 16: Hình chóp SABCD có ABCD hình chữ nhật, AB = a, AD = a 2,

SA = a, SA (ABCD) M, N trung điểm AD SC {I} = BM ∩ AC Tính

thể tích hình chóp ANIB

GIẢI

SA (ABCD)

Gọi {O} = AC ∩ BD

Trong ∆SAC có ON // SA

⇒ON  (ABCD) ⇒ NO (AIB) Ta có NO = 12 SA  a2

Tính S∆AIB= ?

ABD só I trọng tâm

⇒S∆ABI= 32 S∆ABO= 23.14 S⋄ABCD = 32 a.a = 6 2 a

⇒SANIB= 31NO.S∆AIB= 31 2 6 362

.

.a a  a

Bài 17.Hình chóp SABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a,

(SAD)(ABCD), ∆SAD Gọi M, N, P trung điểm SB, BC, CD

Tính thể tích hình chóp CMNP

GIẢI

A

C N a

D

P

B M

F E

S

y

x z

- Gọi E trung điểm AD (CNP) ≡ (ABCD) ⇒SE AD (SAD) (ABCD)

⇒SE  (ABCD)

- Gọi F hình chiếu M lên (ABCD) ⇒ MF // SE Dễ thấy F ∈ EB F trung

Ta có MF = 21 SE = 12.a23  a43 S∆CNP= 41SCBD  81SABCD  18a2

VCMNP = 12S∆NCP.MF = 43 963

2

1 a .a  a3

Nhận xét:có thể dùng phương pháp toạ độ để giải với gốc toạ độ O

0x ≡ EN, oy ≡ ED, oz ≡ ES

Bài 18: Cho hình trụ có đáy hai hình trịn tâm O O’ bán kính đáy chiều

cao a Trên đường tròn tâm O lấy A, Trên đường tròn tâm O’ lấy B cho AB =

2a Tính thể tích hình chóp OO’AB

GIẢI

B

A

A' O'

O

H D

Kẻ đường sinh AA’ Gọi D đối xứng với A’ qua O’, H hình chiếu B A’D

Ta có BH A’D BHA’A

⇒ BH  (AOO’A’)

⇒BH đường cao tứ diện BAOO’

SAOO’ =

2

2

a , A’B =

3 '2

2 AA a

AB  

∆A’BD vuông B ⇒BD=a

∆O’BD ⇒BH=

2

a ⇒V

BAOO’ =

3

BH SAOO’ = 123

a

Bài 19:Cho hình chóp có ABCD hình chữ nhật; AB = a.AD = 2a;

SA  (ABCD); (SA, (ABCD) = 60o Điểm M thuộc cạnh SA, AM = a33 . (BCM) ∩SD ={ N} Tính thể tích hình chóp S.BCMN

S

A

D

C B

N M

H

Ta có SAB=600

∆SAB vng A có AM =

3

a , AB = a ⇒ABM = 300 Kẻ SH⊥ BM SH đương cao hình chóp S.BCMN ta có SH=SB sin 300 = a

BC//(SAD) ⇒MN//BC ⇒

AD MN SA

SM

 ⇒MN =

3

a

SA SM AD



⇒SBCMN =

3 10 )

(

1 a2

BM BC

MN  

⇒VSBCMN =

3

SH SBCMN = 10273

a

Bài 20:Cho hình chóp SABCD có ABCD hình thang; BAD = ABC = 90o;

AB = BC = a; AD = 20; SA b (ABCD); SA = 2a M, N trung điểm SA SD

Chứng minh BCMN hình chữ nhật tính thể tích hình chóp S.BCNM GIẢI

A D

S H

Ta có BC//AD ,BC= AD

2

1 ,MN//AD , MN=

AD

2

1 ⇒BC = MN , BC// MN (1)

BC ⊥AB BC ⊥SA

⇒BC ⊥(SAB) BC AM (2)

Từ (1) (2) ta có BCNM hình chữ nhật

Kẻ SH ⊥BM thỡ SH⊥(BCNM)

⇒VSBCNM=

3 1S

BCNM.SH=

3

1BC.NM.SH=

3

3

a

Bài 21:Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1có ABC vng AB = AC = a; AA1= a M trung điểm AA1 Tính thể tích lăng trụ MA1BC1

Hướng dẫn:

+Chọn mặt đáy thích hợp ⇒V = 12

3 a

+Có thể dùng phương pháp toạ độ

Bài 22:Tứ diện ABCD có AB = x có cạnh cịn lại

a.Tính thể tích tứ diện theo x

b.tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ACD

c Tìm x để thể ABCD đạt giá trị lớn

GIẢI

a

H C

B

C

D

Gọi H Hình chiếu D lên (ABC) DA = DC = DB = ⇒ H tâm đường

tròn ngoại tiếp ∆ABC mà ∆ABC cân H ∈CC’ với C’ trung điểm AB

S∆ABC= 21CC'.AB 12 x4.x 41 x2.x

 

 

HC = R∆ABC =

4 2

2

1

cos sin sin

2 xC  Cx C  x xx  x

⇒Tam giác vuông HCD có HD2= CD2- DC2 =

2 43

4

1 xx

x 

  



⇒HD =

2

4

x x

 

⇒VABCD =

2

2

1 1

3 4 4 12 x x

ABC x

S HD x x  x

     

Cách 2:

B

A

D M

C'

Gọi M trung điểm CD ⇒CD  ABM Vì ∆ACD ∆BCD ⇒AM = BM =

3 VABCD = 2VCBMA= 2.13CM.S∆ABC= 32 21.SABM

S∆ABM = 2

1

MC’.AB =

4 2 23

1x. ( ) (x)  x 3x

VABCD = 13 4x 3 x2  121 3 x2.x

b)

SACD=

4

3 ⇒d(B,(ACD))=

ACD ABCD

S V

= x x

3

1 

c)

VABCD =

2

2

1 1

12 3x x  12  x2 x 8

Dấu “=” xảy ⇔x2= 3-x3 ⇔x = 23 thể tích lớn

8

Bài 23: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với

mặt đáy ABCD SA=h.Điểm M thuộc cạnh CD.Đặt CM=x.Hạ

SH vng góc với BM.Tính thể tích khối tứ diện SABH.Tìm x để thể tích khối lớn

C A S M D B H

Ta có BM  SH (gt)

BM  SA (Vì SA (ABCD)

⇒BM  AH

SABM =

2

1SABCD = 1a2 Mà SABM =

2

1AH.BM ⇒ AH=

2 2 x a a BM a   ∆SAH vng A có SH=

2 2 2 x a a h AH SA    

∆BAH vuông H có BH=

2 2 2 x a ax x a a a AH AB      

SABH =

2

1AH.BH = 2 x a x a  VSABH =

2 x a xh a SA SABH 

 a h

ax xh

a3

12  

Dấu xảy a=x tức M trùng D

Bài 24:Hình chóp SABC có đáy ABC tam giác cạnh a, SA vng góc với đáy ABC SA = a.Điểm M thuộc cạnh AB Đặt góc ACM 

Hạ SH vng góc với CM

a)Tìm giá trị lớn thể tích khối tứ diện SAHC

b)Hạ AI vng góc với SC,AK vng góc với SH Tính thể tích khối tứ diện

SAKI

Đáp số

a)Vmax=

12

3

a b)V

SAKI =

CĨ THỂ TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN NHỜ VIỆC CHIA THÀNH CÁC KHỐI NHỎ HOẶC BỔ SUNG THÊM

Bài 25: Cho tứ diện ABCD có cặp cạnh đối đơi AB = CD =a, AC = BD = b, AD = BC = c

Tính thể tích ABCD

GIẢI

H C P

Q

R B

+Dựng ∆PQR cho B, C, D trung điểm PQ, QR, PR

+S∆DCR= S∆BCQ= S∆PDB= 41 S∆PQR

⇒S∆BCD= 14 S∆PQR

AD = BC = PR

D trung điểm PR

⇒AR  AP

Tương tự AP b AQ, AQb AR

VAPQR= 41 S∆PQRAR

Bài 26: VABCD =

6

1AD.BC.MN.Sin ỏ Trong ABCD là tứ diện có MN độ dài của đoạn vng góc chung cặp cạnh đối AD CB, ỏ =(AD, BC)

Hướng dẫn: Dùng hình hộp ngoại tiếp tứdiện

Bài 27: Cho hình chóp SABC có tất góc phẳng đỉnh A B tam diện

C A

B S

E

F

a

-Dễ thấy∆ SAB, ∆CAB tâm giác cân S C -Gọi E trung điểm AB ⇒ AB b SE

AB b CE

⇒AB b (SCE)

⇒VSABC = VASEC+ VBSEC = 13S∆SEC.(AE+BE) = 31S∆SEC.AB

Tính S∆SEC= ?

∆SEC cân E ES = EC (∆SAB = ∆ACB (g.c.g))

Gọi F trung điểm SC ⇒ EF b SC

∆SBC cân B BC =BS (Vì ∆SAB = ∆CAB (g.c.g))

FS = FC

⇒FBC = 3 Tam giác vng EBC có CE = 2 tan

Tam giác vng FBC có BC = CE2 EB2

cos cos 2cos

( )

a

a EB

  

  

Sin2 = BCFC ⇒FC = BC sin2 = 2cosa.sin2 Tam giác vng EFC có

EF2 = EC2- FC2 =

2

cos cos

4 sin

4 tan (sin sin

2 2

2

2 



 

  a   a 

a

S∆SEC= 21 EF.SC = EF.FC = 2 2cos 2

2

cos

2 a  sin  sin . a .sin

=

2

2 cos

2 .sin . sin sin

2  

  

a

VSABC = 2

2

2 cos

12

3 .sin . sin sin

2    

MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ THỂ GIẢI BẰNG PP TOẠ ĐỘ VỚI VIỆC CHỌN HỆ

TOẠ ĐỘ DỄ DÀNG

Bài 1: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình thoi, AC = 4, BD = 2, AC cắt BD

tại O SO  (ABCD), SA = 2 Gọi M trung điểm SC, (ABM) cắt SD N Tính

thể tích khối chóp S.ABMN

GIẢI

Cách 1:

B

O C

D A

S

M N

Ta có AB // CD (gt) (ABM) (SCD) = MN

⇒MN // CD ⇒N trung điểm SD

VSABCD= 21 SABCD.SO = 12 AC.BD.SO = 124.2.2 2 8 2

2

  SNSD V

V

SABD SABN

⇒VSABN= 21 SSABD=

2 1.

= 2

4 2 1.

.  

 SDSN SC SM V

V

SBCD SBMN

⇒VSBMN= 41 SSBCD= 2

2 1.

= ⇒VSABMN= VSABN + VSBMN=

O S

A

C D

N M

B z

x y

Chọn hệ toạ độ xyz có tia OX ≡ tia OA, tia oy ≡ OB, tia oz ≡ OS

Dễ thấy A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2), C(-2; 0; 0), D(0; -1; 0), M(-1; 0; 2)

Do (ABM) ∩ (SCD) = MN

AB // CD

⇒MN//CD

⇒N trung điểm SD

⇒N(0; -21 ; 2)

SA = (2; 0; -2 2); SM = (-1; 0; - 2); SB = (0; 1; -2 2); SN = (0; - 21 ; - 2) [SA, SM ] = (0; 2; 0)

VSABM= 61 [SA, SM ].SB = 232

VSAMN= 61 [SA, SM].SN = 32

VSABMN= VSABM + VSAMN =

Bài 2:Cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có AB = a, AD = b , AA ’= c

a)Tính thể tích A’C’BD

b)Gọi M trung điểm CC’Tính thể tích MA’BD

C B'

D' C'

A'

A

D

B x

y

a

b c

M

a) Cách 1:

Thể tích khối hộp ABCDA’B’C’D’ V = abc VC’CDB=

6

1

1 '

3

1   

 c ab abc

S

CC BCD V

Tương tự ta có: VAA’BD = VBA’B’ C’ = VD’A’DC’ = 1V

⇒VA’C’DB = V - 1V =

3 1V=

3 1abc Cách 2: dùng phương pháp toạ độ

Chọn hệ toạ độ Axyz hình vẽ Ta có: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0) D( 0; b; 0), C(a; b; c), A’(0; 0; 0)

DB = (a; -b; 0); DC' = (a; 0; c); DA' = (0; -b;c); [DB,DC'] = (-bc; -ac; ab)

VA’C’DB = |[

DB,DC'].DA'| =

3 1abc

b) Chọn hệ toạ độ hình vẽ.ta có A(0;0;0) , B(a;0;0) , D(0;B;0) , A’(0;0;c) ,

C(a;b;0) , C’(a;b;c)

M trung điểm CC’ nên M(a;b;

2

c )

) ; ; ( a b

BD  , )

2 ; ; ( b c

BM , ' ( ;0; )

c a BA  

[BD,BM]= ; )

2 ;

(bc ac ab

VBDA’M= |[

BD,BM].BA'| =

4

3



abc abc

2) Về thể tích khối lăng trụ

Ta thường áp dụng cơng thức tính thể tích biết chia nhỏ khối cần tính

Bài 1Cho lăng trụ tam giác ABCA’B’C’ có đáy ABC tam giác đều, cạnh a A’A = A’B = A’C Cạnh AA’ tạo với đáy góc 60o Tính thể tích lăng trụ ABCA’B’C’

GIẢI

B

A

C C' B'

A'

O a

Gọi O tâm ABC⇒ OA = OB = OC A’A = A’B = A’C (gt)

⇒A’O⊥(ABC)

(AA’,(ABC)) = (AO, AA’) = 600 A’O ⊥OA (vì A’O⊥(ABC)

Trong tam giác vng A’OA có OA’ = OA tan 600 = a Vì ∆ABC cạnh a nên S∆ABC =

4 3a2

⇒VABCA’B’C’ = S∆ABC.A’O =

4

3 a

Bài 2: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông A,

AC = b, C = 60o (BC’,(AA’C’C)) = 30o Tính thể tích khối lăng trụ

GIẢI

C C' A'

A

B B'

b b'

Dễ thấy AB(ACC’A’) nên (BC’, (ACC’ A’)) = AC’B = 300

vì AB (ACC’A’) nên AB b AC’

∆ABC’ vng A có AC’ = AB 3b

30 tan 

∆ACC’ vng C có (CC’)2 = AC’2- AC2 = 9b2- b2 = 8b2

⇒CC’ = 2b =AA’ S∆ABC=

1

CA.CBsin6oo= 32b2

DẠNG : TỈ SỐ THỂ TÍCH

A/ Phương pháp:Giả sử mặt phẳng ỏ chia khối đa diện thành hai khối tích V1 V2 Để tính k =

1 V V

ta có thể:

-Tính trực tiếp V1, V2bằng cơng thức ⇒k

-Tính V2(hoặc V2) cơng thức tính thể tích khối ⇒Thể tích V2(hoặc V1) ⇒k

Ta có kết sau:

+Hai khối chóp có diện tích đáy tỉ số thể tích tỉ số hai đường cao tương ứng

+Hai khối chóp có độ dài đường cao tỉ số thể tích tỉ số hai diện tích đáy

+ V ' ' ' SASA' SBSB' SCSC' V

C B SA

SABC 

C A

B B'

C' A'

(chỉ cho khối chóp tam giác (tứ diện))

B Các tập

Bài 1: Chóp SABCD có đáy ABCD hình bình hành M trung điểm SC mặt phẳng

(P) chứa AM //BD chia hình chóp thành hai phân Tính tỉ số thể tích hai phần

GIẢI

C

B O A

S

D

M

-Gọi O = AC ∩ BD, I = SO ∩ AM

⇒I ∈ (P) BD ⊂ (SBD) BD // (P)

⇒(P) ∩ (SBD) = B’D’ // BD 3 2 ' '. . . . . . ' '     SOSI SOSI SD SD CSBSB SC SM V V SCBD D SMB

(vì I trọng tâm ∆SAC) 3 ' '

'. . 1. .

' '    SD SD SB SB SA SA V V SCBD D SMB

mà VSABD= VSCBD = 1V SABCD 3 9 ' ' ' ' ' '

1 ' '

1 ' '        

MB ABCDD MD SAB SABCD MD SAB D SAB D SMB V V V V V V V V

Bài 2: Hình chóp SABCD có đáy hình vng, SA  (ABCD) (SC, (SAB)) = ỏ Mắp

phẳng (P) qua A vng góc SC chia hình chóp thành hai phần Tính tỉ sốthể tích hai

phần

GIẢI

Kí hiệu K1= VSMAQN V2= V - V1

Gọi O = AC ∩ BD ∆SAC kẻ AN SC

E = SO ∩ AN ⇒ E ∈(P) (P) SC

mà BD  SC BD AC BD SA

 BD (SAC) BD ⊂ (SAC)

S D C O B A N M Q E

⇒(P) // (SBD) ⇒ (P) ∩ (SBD) = MQ //BD

CB AB (gt)

CB SA (vì SA (ABCD))

⇒CB (SAB) ⇒(SC, (SAB)) = CSB = ỏ

V1= 2VSANQ, V = 2VSACB

SB SQ SC SN V V V V SACB SANQ .

1  

Tam giác vuông SAB: SA2 = SB.SQ ⇒SQ = SB SA2 ) (

. 2

2 2 SC SB SA SB SA SC SA V

V  

BC AB (gt)

BC SA (vì SA (ABCD))

⇒BC SB

Tam giác vuông SBC: cos ỏ=

SC

SB ⇒ SC = 

cos

SB

Tam giác vuông SAB: SA2 = SB2 - AB2= SB2 - BC2= SB2 - SB2tanỏ 

 



 ) (cos sin ) 1 sin2

( 2

) tan ( cos

1      

SA SB SB V V    sinsin2 ) sin 1 ( ) sin ( 1       

 VV

V V

V V

V

Bài 3: SABCD hình chóp tứ giác cạnh a, đường cao h Mặt phẳng qua AB  (SDC) chia chóp làm hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần

Bài 4: Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ cạnh a M trung điểm CD, N trung

điểm A’D’ Tính tỉ số thể tích haiphần (MNB’) chia hình lập phương

GIẢI D A B Q M C' B' D' A' P E C

Gợi ý:

Gọi V1, V2tương ứng thể tích phần phần thiết diện ta có: V1= VB’ECF - (VEPD’N+ VFMQC)

Để ý: ED’ = a, FC =

a, PD’ =

3

2a, CQ =

4

Tính V1=

144 55a3

V2= V- V1= a3

-144 55a3

=

144 89a3

 89 55  V V

Bài 5: Cho tứ diện SABC lấy M, N thuộc cạnh SA, SB cho

2  MA SM ,  NB

SN Mặt

phẳng qua MN // SC chia tứ diện thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần GIẢI A' C A B E M N F

Dễ thấy thiết diện hình thang MNEF (với MF // NE) Đặt V = VSABC, V1= VMNEFCS, V2= VMNEFAB

V1= VSCEF+ VSFME + VSMNE

9 3 1. .  

 CECB CA CF V VSCEF .  

 SMSA

SA SE SE SM V V SFEA SFME . .   

 CECB

CAFA S S S S S S V V ABC CEA CEA FEA ABC FEA SFEA

⇒VSFMEV  13.94  274 V

9

.   SNSB

SA SM V V SABE SMNE . .   

 CBCE

CEEB S S S S S S V V ABC CEA CEA ABE ABC ABE SABE

⇒VSABE= 27

V ⇒V1=

V + 274 V + 272 V =

V 2 54  V V

Bài 6: Cho lăng trụ đứng tam giác ABCA’B’C’ có cạnh đáy cạnh bên

a M, N, E trung điểm BC, CC’, C’A’ Tính tỉ số thể tích hai phần lăng trụ

do (MNE) tạo

B'

C'

C

B A

A' E

M

N A'

I

Dễ thấy (MNE) cắt lăng trụ theo thiết diện ngũ giác MNEFI

Gọi V1, V2tương ứng thể tích phần phần thiết diện, ta có V1= VNIBM + VNBB’FI+ VNB’C’EF

V2= VNFA’E+ VNAA’FI+ VNACMI

So sánh phần tương ứng ta có V1= V2  V V

=

Bài 7:Cho hình vng ABCD cạnh a {O} = AC  BD, ox  (ABCD) Lấy

S  Ox, S  O Mặt phẳng qua AC vng góc (SAD) chia hình chóp thành hai phần

DẠNG : PHƯƠNG PHÁP THỂ TÍCH : CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC,KHOẢNG CÁCH TỪ ĐIỂM TỚI MỘT MẶT PHẲNG

DỰA VÀO THỂ TÍCH.

Bài 1:SABC có SA = 3a, SA (ABC), ∆ABC có AB = BC = 2a, ABC =120o Tính D(A,(SBC))

GIẢI

B A

S

C

M 3a

2a

S∆ABC= 2

1

AB.BC.sin120o= 2a a

= a3

SSABC= 3

1

S∆ABC.SA= 3

3

2 a

a

= a3

Kẻ SM BC

BC SA (vì SA (ABC))

⇒BC AM ⇒AM = a

∆SAM vng Acó SM = 3a

S∆SBC= SM.BC = 3a2

d(A, (SBC)) =

3

2 3

2

 

 a

a S

V

SBC SABC

a

Bài 2:SABC có đáy ABC tam giác cạnh a 3, SA (ABC), SA =2a `Tính d(A, (SBC))

B A

S

C M

a 2a

S∆ABC= 12 a 3.a 3.sin60o = 32 23 43

2 a

a 

VSABC =13 SA.S∆ABC= 32 a

Gọi M trung điểm BC

AM BC

BC SA ⇒BC SM AM = a 32  32a

∆SAM vng A có SM2= SA2+ AM2= 4a2 + 49 a2= 254 a2⇒ SM = 25 a S∆SBC= 12 SM.BC = 523 a2

d(A, (SBC)) = . 53

3

2 23

3 23  

 a

a S

V

SBC SABC

a

Bài 3:Cho tứ diện ABCD có AD b(ABC); AC = AD = 4; AB = 3, BC =

Tính d(A, (BCD)) ?

GIẢI

C A

B D

4

5

Dễ thấy ∆ABC vuông A S∆ABC= 21 AB.AC = VDABC = 13 S∆ABC.DA =

∆DAC có DC = ∆DAB có DB =

∆DBC có BC = BD = ⇒ ∆DBC cân B, gọi M trung điểm DC ⇒BM DC BM = 258 17 S∆DBC = 12 BM.DC = 21 17.4 = 34

d(A, (DBC)) =3SDABCDBC  1234 V

a

Bài 4:Cho tứ diện ABCD có AB = a; CD = b, cạnh cịn lại c

Tính d(A, (BCD))

GIẢI A N

B

C

D M

a

∆ACD = ∆BCD Gọi M trung điểm CD

⇒AM = BM, DC (ABM)

Gọi N trung điểm AB ⇒MN AB MN2= BM2- BN2= c2+ b42 a42  4c2b42a2

S∆AMN= 2 2 4 2

2 2

a b c

a a b c

a     

VABCD = VBCMA= 2.31CM.S(∆ABM)= 23.2b.a4 4c2 b2 a2  12ab 4c2 b2 a2

V∆BCD = BM.CD = 12 4 b

c  b = 4b 4c2 b2

d(A, (BCD)) = 2

2 2

2

2 2

4 4

b c

a b c b

c a b c S

V a

b ab BCD ABCB

  

 

 



Bài 5:Cho tứ diện ABCD có AB = CD = x cạnh lại

a) Tính thể tích tứ diện ABCD theo x

b)Tính d(A, (BCD))

Tương tự

Đáp số: VABCD = 6

d(A, (BCD)) = x 4

2

4

x x

x 

 

Bài 6: Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = = 2a, AA1 = 2a BAC = 120o Gọi m trung điểm cạnh CC1

Chứng minh MB  MA1và tinh khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM) GIẢI

B

A

C

2a

y x

z

M

C1

A1

B1

Đưa hệ trục toạ độ A1xyz vng góc hình vẽ: gốc toạ độ A1 trục A1Z

hướngtheo A1A

Trục A1y hướng theo A1C1 Trục A1x tạo với trục Oy góc 90

o và nằm MP (A1B1C1)

Toạ độ điểm:

A1(0 ; 0; 0), B1( ; 2;0)

3 a

a 

, C1(0; 2a; 0)

A(0 ; 0; 2a 5), B(a23;a2;2a 5), C(0; 2a; 2a 5)

M(0; 2a; a 5)

BM ( a23;52a;-a 5)

M

A1 (0; 2a; a 5), AB( a23; 2a;0)

M A

BM 1 = 0+5a2- 5a2= (BM  MA1 ) Thể tích khối chóp AA1BM V =

1

|AB [BM,A1M ]| M

A

BM 1 =

2a -a

3

a

 -a

2

a

 2a

= ; ; 3

2 15

5

9a2 a2 a

⇒VAA1BM=

15

15

2

3

1 a . a2  a.a2 0  a2

S∆BMA1= 61 BM.A1M= 3a2 ⇒Khoảng cách từ A tới (BMA1)

h = 3SV  a35

Bài 7: Cho tứ diện OABC Lấy M nằm tam giác ABC, đường thẳng qua M //

với OA, OB OC cắt mặt OBC, OCA, OAB A1, B1, C1 Chứng minh rằng:   1

OC MC OB

MB OA

MA

GIẢI

H

B

C A

O

K A1

M

Nối M với đỉnh O,A,B,C Khi

VOABC = VMOAB+ VMOBC+ VMOCA

1= MOABOABC MOBCOABC VOABCMOCA V V

V V

V  

Xét VOABCMOAB V

Kẻ AH b (OBC), MK b (OBC) AH //MK ∆OAH ∾A1MK ⇒ MA MKAH

OA 

1

OA MA AH

MK V

V

OABC

MOBC  

Tương tự ta có OC

MC V

V

OABC

MOAB 

OB MB V

V

OABC

MOCA 

Vậy   1

S A B C D C1 D1 A1 B1 M

H K A1

A

B

C

D

Bài 8:Giả sử M điểm nằm tứ diện ABCD Các đường thẳng MA, MB, MC,

MD cắt mặt đối diện A1, B1, C1, D1

Chứng minh 11 1

1 1

1

1    

DD MD CC MC BB MB AA MA GIẢI

Nối M với bốn đỉnh tứ diện ABCD ta có: V = VMBCD+ VMACD+ VMABD+ VMABC

1= V

V V V V V V

VMBCD  MACD  MABD  MABC

Xét V VMBCD

Gọi H, K hình chiếu A, M lên (BCD) ⇒ MK//AH ⇒ 11

AA MA AH MK  1 AA MA AH MK V

VMBCD  

Tương tự: 11

BB MB V

VMACD 

; 11

CC MC V

VMABD 

; 11

DD MD V

VMABC 

Bài 9: Cho hình chóp tứ gíc SABCD cạnh SA, SB, SC ta lấy điểm A1, B1, C1sao cho SA1  32

SA

; SB1  21

SB

; SC1  31

SC

Mặt phẳng qua A1, B1, C1cắt SD D1 Chứng minh SD1  52

SD

GIẢI

Ta có VSABC= VSBCD + VSCDA= VSDAB =

V 1 1 1

1  . . 

SC SC SB SB SA SA VSABC

VSABC

(1) SD SD SC SC SD SD SA SA VSADC

VSA1D1C1 1 1 1 1

. .

.  92

 (2)

Cộng vế với vế (1) (2) ta SD

SD V

VSABCD 1

2 111

1 . 9  

Tương tự: SD

SD SD SD SB SB SA SA VSABD

VSA1B1D1 1 1 1 1

. .

.  31

 (4) SD SD SD SD SC SC SB SB VSBCD

VSB1C1D1 1 1 1 1

. .

.  61

 (5)

Cộng vế với vế (4) (5) ta SD

SD V

VSABCD 1

2 1 1 . 

Từ (3) (6) ta có SD

SD SD

SD1 1

. . 92

9

1  

PHẦN 2

THỂ TÍCH KHỐI CẦU, KHỐI TRỤ, KHỐI NÓN

A LÝ THUYẾT 1.Định nghĩa:

-Thể tích khối cầu (Sgk HH12 – Trang 44) -Thể tích khối trụ (Sgk HH12 – Trang 50) -Thể tích khối nón (Sgk HH12 – Trang 56) 2.Các cơng thức:

a)Thể tích khối cầu V = 34R3, R: bán kính mặt cầu

b)Thể tích khối trụ V = Sđáy.h , h: chiều cao c)Thể tích khối nón V = 31Sđáy.h , h: chiều cao

B CÁC DẠNG BÀI TẬP

Ở chủ yếu tập tính thể tích khối cầu, trụn nón dựa vào công thức

trên

Bài 1: Cho lăng trụ tam giác có đáy tam giác cạnh a, cạnh bên b Tính thể tích mặt cầu qua đỉnh lăng trụ

GIẢI

a

C

C' O

O'

A1

A1' B'

B I

A'

-Gọi O O’ tâm ∆ABC ∆A’B’C’ OO’ trục đường tròn ngoại

tiếp ∆ABC và∆A’B’C’

-Gọi I trung điểm OO’ IA = IB =IC = IA’ = IB’ = IC’ hay I tâm mặt cầu

ngoại tiếp lăng trụ

-Bán kính mặt cầu R = IA

Tam giác vuông AOI có: AO =

3

3 3

OI = 21OO' 21 AA' b2

⇒AI2 = OA2+OI2 =a32  b42  712a2 ⇒AI = a2 37

V= 54

21

7 18 7 72.28

7 3

4 3 3

a a a

a

R       



AI2 = a  b  AI  a  b  R

2 123

4 2 2

V=

3

3 2 2

4 2

3R  3 8.3 3 (4a 3 )b 18 3.(4a 3 )b

Bài 2: Cho hình chóp tứ giác có cạnh đáy a, cạnh bên hợp với đáy góc

30o Tính thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp GIẢI

a O S

M

D C

B A

I

Gọi O tâm hình vng ABCD Ta có SO b (ABCD), SO trục ABCD,

(SA, (ABCD)) = SAO = 30o Gọi M trung điểm SA

Trung trực SA cắt SO I ⇒ I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

⋄OIMA từ giác nội tiếp ⇒ SI.SO = SM.SA ⇒ SI = SMSO.SA

Với AO = a22 , AS =

2

2 30 cos

a a

AO

o   , SO = SA sin30o= 6

a

⇒SI =

6

a a a

= a 32 ⇒VMcầu=

3 3 3

4a  a

Các tập xác định tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp,

A

J

B M'

C' D

O'

O

A' B'

B

A

D C

Bài 3: Cho hình trụ có đáy tâm đường tròn tâm O O’ tứ giác ABCD hình vng nội tiếp đường trịn tâm O AA’, BB’ đường sinh khối trụ Biết góc

mặt phẳng (A’B”CD) đáy hình trụ 60o Tính thể tích khối trụ

GIẢI

  

 

DC D A

DC AD

' ⇒ADA’ góc (A’B’CD) đáy

Do đó: ADA’ = 60o

∆OAD vuông cân nên AD = OA = R

∆ADA’ có h= AA’ = ADtan60o= R

V = R2h = R3

Bài 4: Bên hình trụ có hình vng ABCD cạnh a nội tiếp mà A, B thuộc đường tròn đáy thứ C, D thuộc đường tròn đáy thứ hai hình trụ mặt phẳng

hình vng tạo với đáy hình trụ góc 45o Tính thể tích khối trụ

GIẢI

Gọi I, J trung điểm AB CD

Ta có: OI AB; IJ cắt OO’ ttrung điểm M OO’

MIO = 45olà góc mặt (ABCD) với đáy, đó:

O’I = 2a2 ; R = 38

2

2 a a

a  

h = 2OM = a2 Vậy V = R2h = 

3 3 . 2

3

8 . 2 16

a

a a  

Bài 5: Một hình trụ có diện tích tồn phần S = 6 Xác định kích thước khối trụ để thể tích khối trụ lớn

GIẢI

STP= 2Rh +2R2=2R(R+h) = 6

V’ = -3R2 + 3; V’ =0 ⇔R =

Dựa vào bảng biến thiên ta có VMax⇔R = h =

Bài 6: Một mặt phẳng (P) qua đỉnh hình nón cắt đường trịn đáy cung ỏ (P) tạo

với đáy góc õ Cho khoảng cách từ tâm O đáy đến (P) a Tính thể tích

khối nón

GIẢI

O A

E B S

M

Gọi E trung điểm AB ta có OES=õ ; AOB=ỏ

Vẽ OM (SAB) SOM= ta có: SO=



cos

a OE=



sin a

Bán kính đáy R=OA=

2 cos sin

cos  

a OE 

Thể tích khối nón là:V=

2

1

3 3sin .cos .cos

2 a

R h 

 

 



Bài 7: Cho hình nốn đỉnh S, đường cao SO = h, bán kính đáy = R M ∈ SO đường

tròn (C)

1.Tính thể tích khối nón có đỉnh S đáy (C)

2.Tìm x để thể tích lớn nhát

S

(C) M

O

Ta có ' ' ' (h x)

h R R R R h

x h R R SO SM

 

    

Thể tích khối nón V= ( )

3 ) (

3

1 2

2 2

2 2

' x hx h x

h R x

x h h R SM

R       



V’= 3 ,

3

1 2

2

h hx x

h R

 



V’ = ⇔

 

 

h x

x h

3

x= h (loại)

Dựa vào bảng biến thiên ta có: V Max ⇔x =

h

Bài 8: Cho hình trụ có bán kính đáy x, chiều cao y, diện tích tồn phần 2.Với x

nào hình trụ tồn tại? Tính thể tích V khối trụ theo x tìm giá trị lớn V

GIẢI

Ta có Stp=Sxq+2Sđ=2xy2x2 2(xyx2) Theo giả thiết ta có 2(xy+x2)=2

⇔xy+x2 =1 ⇔ y = x

x2

1 .Hình trụ tồn tại y>0 ⇔1-x2> ⇔0 < x < 1

Khi V = x2y = x(1-x2) = -x3+x

Khảo sát hàm số với x (0,1) ta giá trị lớn V=

3

3



 x



Bài 9: Cho hình nón trịn xoay đỉnh S, đáy hình trịn tâm O.Trên đường trịn lấy

một điểm A cố định điểm M di động.Biết AOM= ỏ ,nhị diện cạnh AM có số đo

bằng õ khoảng cách tư O đến (SAM) a

Tính thể tích khối nón theo a, ỏ, õ

Gọi I trung điểm AM ∆SAM cân nên SI  AM

∆OAM cân nên OI  AM

(SOI)  AM nên SOI góc phẳng nhị diện cạnh AM ⇒SIO = õ Kẻ OH  (SAM)

(SOI)  (SAM)

⇒H ∈SI OH = a Ta có OI=

 

  



 sin ; tan cos

2 cos cos ;

sin sin

a IO

SO a

OI OM

a

OH     

V= 2

2 2

1

3 cos cos .sin 3sin .cos cos

2

a a a

SO OM    

   

 

Bài 10: Cho mặt cầu đường kính AB=2R Gọi I điểm AB cho AI=h Một mặt

phẳng vng góc với AB I cắt mặt cầu theo đường trịn (C) +Tính thể tích khối nón đỉnh A đáy (C)

+Xác định vị trí điểm I để thể tích đạt giá trị lớn

GIẢI

B O I

F E

Gọi EFlà đường kính cua (C) ta có :

IE2 = IA.IB = h(2R-h) ⇒ R = IE = h(2Rh)

Thể tích cần tính là:V= (2 )

3

1

2h h r h

r  

 với < h < 2R

V’ = 3(4Rh3h2 , V’ =

3

R h

  Vmax

3 4R h

 hay AI =