Kiến thức trọng tâm Hình học Lớp 12 - Chương 1: Khối đa diện và thể tích của chúng

Nội dung text: Kiến thức trọng tâm Hình học Lớp 12 - Chương 1: Khối đa diện và thể tích của chúng

1. B. hình học chương 1 khối đa diện và thể tích của chúng A. Kiến thức cần nhớ I. Khái niệm khối đa diện 1. Khối đa diện. Khối chóp, khối lăng trụ Định nghĩa Hình đa diện (gọi tắt là đa diện) là hình gồm một số hữu hạn đa giác phẳng thoả mãn hai điều kiện: a. Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung. b. Mỗi cạnh của đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác. Định nghĩa Hình đa diện và phần bên trong của nó gọi là khối đa diện. 2. Phân chia và lắp ghép các khối đa diện Kết quả Mỗi khối đa diện bất kì luôn có thể phân chia được thành các khối tứ diện (bằng nhiều cách khác nhau). II. Thể tích của khối đa diện 1. Thể tích của khối hộp chữ nhật Định lí 1: Thể tích của một khối hộp chữ nhật bằng tích số của ba kích thước. Như vậy: ▪ Với khối hộp chữ nhật có ba kích thước là a, b, c thì V = abc. ▪ Khối lập phương có cạnh bằng a thì V = a3. 2. Thể tích của khối chóp 1 Định lí 2: Thể tích của khối chóp bằng tích của diện tích đáy và chiều cao. 3 Như vậy, với khối chóp có diện tích đáy bằng b và chiều cao bằng h ta có: 1 V = b.h. 3 3. Thể tích của khối lăng trụ Định lí 2: Thể tích của khối lăng trụ bằng tích của diện tích đáy và chiều cao. Như vậy, với khối lăng trụ có diện tích đáy bằng b và chiều cao bằng h ta có: V = b.h. 303
2. B Phương pháp giải các dạng toán liên quan Dạng toán 1: Tính thể tích Phương pháp Để tính thể tích của một khối chóp, khối lăng trụ (gọi chung là (H)) ta thường thực hiện theo các bước: Bước 1: Xác định các yếu tố của giả thiết (như khoảng cách, góc giữa đường thẳng với mặt phẳng, góc giữa hai mặt phẳng ) theo các phương pháp đã biết. Bước 2: Thiết lập công thức tính thể tích V cho (H). Bước 3: Dựa vào công thức, ta phân tích V thành các biểu thức chứa những đoạn thẳng phải tính. Bước 4: Tính độ dài những đoạn thẳng ấy bằng cách sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác, tính chất đồng dạng Bước 5: Suy ra giá trị của V.  Chú ý: 1. Với khối đa diện khác chúng ta sử dụng kiến thức về việc phân chia và lắp ghép các khối đa diện. 2. Do đặc thù của công thức tính thể tích một khối hộp chữ nhật chúng ta giảm thiểu năm bước trong dạng toán 1 ở phần mở đầu thành các bước: Bước 1: Thiết lập công thức tính thể tích V cho (H). (1) Bước 2: Dựa vào giả thiết tính những giá trị trong V. (2) Bước 3: Thay (2) vào (1), ta được giá trị của V. Thí dụ 1. Tính thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước làm thành cấp số nhân với công bội là 2 và tổng của chúng bằng 42.  Giải Gọi a, b, c là ba kích thước của hình hộp chữ nhật, ta có: V = abc. (3) Từ giả thiết a, b, c theo thứ tự đó chúng lập thành một cấp số nhân với công bội bằng 2 và tổng của chúng bằng 42, ta có: a b c 42 a 2a 4a 42 a 6 b 2a b 2a b 12 . (4) c 4a c 4a c 24 Thay (4) vào (3) ta được V = 6.12.24 = 1728 (đvtt).  Nhận xét: a. Như vậy, để tính thể tích của khối hộp chữ nhật và khối lập phương trên chúng ta đã thực hiện đúng theo ba bước được nêu trong phần phương pháp. 304
3. b. Do đặc thù của công thức tính thể tích một khối chóp chúng ta cụ thể năm bước trong dạng toán 1 ở phần mở đầu thành các bước: Bước 1: Xác định các yếu tố của giả thiết (như khoảng cách, góc giữa đường thẳng với mặt phẳng, góc giữa hai mặt phẳng ) theo các phương pháp đã biết. Bước 2: Thiết lập công thức tính cho thể tích V thông qua biểu thức chứa những đoạn thẳng phải tính. (1) Bước 3: Tính độ dài những đoạn thẳng ấy bằng cách sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác, tính chất đồng dạng (2) Bước 4: Thay (2) vào (1), ta được giá trị của V. Thí dụ 2. Tính thể tích hình chóp tứ giác đều S.ABCD có: a. Diện tích đáy bằng 4 và diện tích của một mặt bên bằng 2 . b. AC = 2 và à SB = 600.  Giải a. Gọi O là tâm của đáy ABCD, ta có: S 1 4 V = S .SO = SO . (1) 3 ABCD 3 Gọi M là trung điểm AB, ta lần lượt có: 2 C S ABCD = AB = 4 AB = 2. B 1 2S SAB O M S SAB = SM.AB SM = = 2 D 2 AB A 2 2 2 2 2 AB SO = SM OM = SM = 2 1 = 1. (2) 2 4 S Thay (2) vào (1) ta được V = (đvdt). 3 b. Gọi O là tâm của đáy ABCD, ta có: 1 1 V = S .SO = AB2 .SO . (3) C B 3 ABCD 3 O M Gọi M là trung điểm AB, ta lần lượt: D A AC 2 ▪ Trong ABC vuông cân tại B, ta có AB 2 . (4) 2 2 ▪ Trong SMA vuông tại M, ta có: AB 6 SM AM.cot à SM .cot300 = . 2 2 ▪ Trong SOM vuông tại O, ta có: 6 2 SO2 = SM2 OM2 = 1 SO = 1. (5) 4 4 2 Thay (4), (5) vào (3) ta được V = (đvtt). 3 305
4.  Nhận xét: Như vậy, để tính thể tích của các khối chóp tứ giác đều trên chúng ta đã thực hiện đúng theo bốn bước được nêu trong phần phương pháp, với lưu ý dạng hình chóp này luôn nhận SO làm đường cao. Thí dụ 3. a. Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 3 và cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy một góc 600. Tính thể tích của hình chóp. b. Cho hình chóp tam giác có các cạnh đáy bằng 6, 8, 10. Một cạnh bên có độ dài bằng 4 và tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp.  Giải a. Xét khối chóp tam giác đều S.ABC thỏa mãn điểu kiện đầu bài. S Gọi G là trọng tâm ABC, suy ra SG  (ABC) nên: 1 1 AB2 3 V = S ABC .SG = . .SG . (1) 3 3 4 B (600 A Trong SGA vuông tại G, ta có: E G SãAG = g(SA, (ABC)) = 600; C 2 2 3. 3 SG = AG.tan SãAG = AE.tanSãAG = . .tan600 = 3 . (2) 3 3 2 Thay (2) vào (1) ta được: 2 1 3 3 3 V = . . 3 = (đvdt). 3 4 4 b. Xét khối chóp tam giác S.ABC thỏa mãn điểu kiện đầu bài với AB = 6, AC = 8, 0 BC = 10, SA = 4 và tạo với đáy một góc 60 . S Gọi H là hình chiếp vuông góc của S xuống (ABC), ta có: 1 V = S ABC .SH . (3) 3 0 B (60 A Ta lần lượt: H ▪ Trong ABC, ta có: AB2 + AC2 = 62 + 82 = 100 = 102 = BC2 C 1 1 ABC vuông tại A S AB.AC .6.8 24 . (4) ABC 2 2 ▪ Trong SHA vuông tại H, ta có SãAH = g(SA, (ABC)) = 600 nên: SH = SA.sinSãAH = 4.sin600 = 2 3 . (5) 1 Thay (4), (5) vào (3) ta được V = .24.2 3 = 16 3 (đvtt). 3  Nhận xét: Như vậy, để tính thể tích của các khối chóp trên chúng ta đã thực hiện đúng theo bốn bước được nêu trong phần phương pháp, tuy nhiên: ▪ở câu a) chúng ta dễ dàng xác định được đường cao (mọi hình chóp đa giác đều có đường cao là đoạn thẳng nối đỉnh với tâm của đáy) và công thức tính diện tích đáy. 306
5. ▪ở câu b) bằng việc gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) chúng ta đã thực hiện được hai mục đích là "Xác định được góc giữa SA với (ABC) và đường cao SH của hình chóp". Ngoài ra, nếu các em học sinh không biết đánh giá để nhận được ABC vuông tại A thì cũng có thể tính được diện tích ABC bằng công thức Hêrông. Thí dụ 4. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là một tam giác vuông cân AB = AC = a. Mặt bên (SBC) vuông góc với mặt đáy (ABC), hai mặt bên còn lai đều tạo với đáy môt góc 450. a. Chứng minh rằng hình chiếu vuông góc của S xuống đáy (ABC) là trung điểm cạnh BC. b. Tính thể tích hình chóp S.ABC. S  Giải a. Hạ SH vuông góc với BC thì cùng với các điều kiện: (ABC)  (SBC) BC SH  (ABC). B H C (ABC)  (SBC) Hạ HM, HN theo thứ tự vuông góc với AB và AC (M, N M N theo thứ tự sẽ là trung điểm của AB, AC), ta có: A SM  AB SãMH 450 , SN  AC SãNH 450 . Từ đó, ta được: SHM = SHN HM = HN BHM = CHN HB = HC. Vậy, hình chiếu vuông góc của S xuống (ABC) là trung điểm cạnh BC. b. Trong SHM vuông tại H, ta có: 1 a SãMH 450 SH = MH = AC = . 2 2 Từ đó, suy ra: 1 1 a a2 a3 V = SH.S ABC = . . = (đvtt). 3 3 2 2 12  Nhận xét: a. Trong lời giải trên chúng ta đã sử dụng kết quả: "Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau thì bất cứ đường thẳng a nào thuộc mặt phẳng (P), vuông góc với giao tuyến của (P) và (Q) sẽ vuông góc với mặt phẳng (Q)" để xác định đường cao của hình chóp. Các em học sinh cần nhớ thêm kết quả: "Hai mặt phẳng cắt nhau cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của chúng vuông góc với mặt phẳng thứ ba" b. Do đặc thù của công thức tính thể tích một khối lăng trụ chúng ta cụ thể năm bước trong dạng toán 1 ở phần mở đầu thành các bước: Bước 1: Xác định các yếu tố của giả thiết (như khoảng cách, góc giữa đường thẳng với mặt phẳng, góc giữa hai mặt phẳng ) theo các phương pháp đã biết. 307
6. Bước 2: Thiết lập công thức tính cho thể tích V thông qua biểu thức chứa những đoạn thẳng phải tính. (1) Bước 3: Tính những đoạn thẳng ấy bằng cách sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác, tính chất đồng dạng (2) Bước 4: Thay (2) vào (1), ta được giá trị của V. Thí dụ 5. Đáy của một hình lăng trụ là một hình thoi cạnh bằng a và góc nhọn bằng , cạnh bên có dài bằng b và tạo với đáy một góc . Tính thể tích của lăng trụ.  Giải D' A' Gọi h là độ dài đường cao của hộp, ta có: B' V = B.h. (1) C' Ta lần lượt: ▪ Diện tích đáy của nó hình hộp được cho bởi: D A 1 ã 2 H B = 2S ABD = 2. AB.AD.sin BAD = a .sin . (2) 2 C B ▪ Gọi H là hình chiếp vuông góc của A' xuống (ABCD), ta có: à 'AH  h A'H A'A.sin à 'AH b.sin . (3) Thay (2), (3) vào (1), ta được V = a2b.sin .sin (đvtt).  Nhận xét: Như vậy, để tính được thể tích khối lăng trụ trên chúng ta cần xác định được góc giữa cạnh bên và đáy (góc giữa đường thẳng và mặt phẳng). Với diện tích hình thoi chúng ta đã sử dụng định lí hàm số sin. Thí dụ 6. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’, mặt bên ABB’A’ có diện tích bằng S. Khoảng cách giữa cạnh CC’ và mặt (ABB’A’) bằng d. Tính thể khối tích lăng trụ. D' A' Giải  B' Ta dựng khối hộp ABCD.A’B’C’D’, khi đó: C' 1 1 V V = S .h . (1) ABC.A'B'C' 2 ABCD.A'B'C'D' 2 ABB1A1 D A trong đó: S = S. (2) C B ABB1A1 h = d((CDD1C1).(ABB1A1)) = d(CC1.(ABB1A1)) = d. (3) 1 Thay (2), (3) vào (1), ta được V = Sd . ABCD.A1B1C1D1 2 Dạng toán 2: Dùng cách tính thể tích để giải toán Phương pháp Ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Dùng hai cách để tính thể tích của khối đa diện (H), cụ thể: 308
7. V(H) = f và V(H) = g. Bước 2: Từ đó, suy ra f = g. Thí dụ 1. Cho tứ diện ABCD có điểm O nằm trong tứ diện và cách đều các mặt của tứ diện một khoảng là r. Gọi hA, hB, hC, hD lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến các mặt đối diện. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 . r hA hB hC hD  Giải Ta lần lượt có: V d(O, (BCD)).S r O.BCD BCD , VA.BCD d(A, (BCD)).S BCD hA V r V r V r tương tự, ta có O.CDA , O.DAB , O.ABC . VB.CDA hB VC.DAB hC VD.ABC hD Từ đó, suy ra: V V V V r r r r O.BCD O.CDA O.DAB O.ABC = VABCD hA hB hC hD 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 r , đpcm. hA hB hC hD r hA hB hC hD Dạng toán 3: Tỉ số thể tích Phương pháp Để tính tỉ số thể tích hai phần của một khối đa diện (H) được phân chia bởi một mặt phẳng ( ) ta lựa chọn một trong hai cách: Cách 1: Ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Dựng thiết diện tạo bởi ( ) và (H). Bước 2: Dùng phương pháp tính thể tích đã biết để tính các thể tích V1 và V2 của 2 hình (H1) và (H 2) của (H) do ( ) cắt ra. V Bước 3: Tính k 1 . V2 Cách 2: Sử dụng kết quả: "Trên ba tia không đồng phẳng Sx, Sy, Sz lấy lần lượt các cặp điểm A và A1, B và B1, C và C1 khi đó ta luôn có: V SA SB SC SABC = . . " (*) V SA SB SC SA1B1C1 1 1 1  Chú ý: Dựa vào kết quả (*) chúng ta nhận thêm được một cách tính thể tích. 309
8. Thí dụ 1. Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng V. Gọi B' và D' lần lượt là trung điểm của AB và AD. Mặt phẳng (CB'D') chia khối tứ diện thành hai phần. Tính thể tích mỗi phần đó.  Giải A Ta lần lượt có: B' D' VA.B'CD' AB' AC AD' 1 V . . = VAB'CD' = . VA.BCD AB AC AD 4 4 B D V 3V VCB'D'DB = VABCD VAB'CD' = V = . 4 4 C  Nhận xét: Như vậy, để tính thể tích của các khối đa diện trên chúng ta đã sử dụng tỉ số thể tích. Các thí dụ tiếp theo vẫn minh họa phương pháp này nhưng với độ phức tạp cao hơn. Thí dụ 2. Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA = a, đáy là tam giác vuông cân AB = BC = a. Gọi B' là trung điểm của SB, C' là chân đường cao hạ từ A của SAC. a. Tính thể tích khối chóp S.ABC. b. Chứng minh rằng SC vuông góc với mặt phẳng (AB'C'). c. Tính thể tích khối chóp S.AB'C'.  Giải S a. Ta có: C' 1 1 a2 a3 VS.ABC = SA.S ABC = .a. = . B' 3 3 2 6 A C b. Ta có: BC  AB B BC  (SAB) BC  AB'. (1) BC  SA Ngoài ra, vì SAB cân tại A nên SB  AB'. (2) Từ (1) và (2) suy ra: AC'SC AB'  (SBC) AB'  SC SC  (AB'C'), đpcm. c. Sử dụng tỉ số thể tích và hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: 2 VS.AB'C' SA SB' SC' 1 SC'.SC 1 SA . . 1. . 2 . 2 2 VS.ABC SA SB SC 2 SC 2 SA AC 1 SA2 1 a2 1 . . 2 SA2 AB2 BC2 2 a2 a2 a2 6 1 1 a3 a3 VS.AB'C' = V . (đvtt). 6 S.ABC 6 6 36  Nhận xét: Như vậy, để tính thể tích của các khối hộp chóp S.AB’C’ chúng ta sử dụng tỉ số thể tích, và trong đó cần một thủ thuật nhỏ để tính tỉ số SC’:SC. 310
9. Trong trường hợp các em học sinh không biết tới cách giải này thì cần sử dụng phương pháp truyền thống, cụ thể: ▪ Sử dụng kết quả câu b) suy ra SC’ là đường cao của hình chóp S.AB’C’. Và sử dụng tính chất về quan hệ vuông góc chứng tỏ AB’C’ buông tại B’. Từ đó, suy ra: 1 1 VS.AB'C' = SC'.S = .SC'.AB'.B'C' . (3) 3 AB'C' 6 ▪ Tính các độ dài SC’, AB’, B’C’ dựa trên hệ thức lượng trong tam giác vuông và tam giác đồng dạng. (4) ▪ Thay (4) vào (3) ta nhận được thể tích hình chóp S.AB’C’. Thí dụ 3. Cho tứ diện ABCD có thể tích V. Hãy tính thể tích của hình tứ diện có đỉnh là trọng tâm các mặt của tứ diện đã cho.  Giải Với tứ diện ABCD, gọi G1, G2, G3, G4, G theo thứ tự là trọng tâm của ABC, ABD, ACD, BCD và tứ diện ABCD. 1 Khi đó, với phép vị tự tâm G tỉ số k , ta có: 3 1 3 VG (ABCD) (G4G3G2G1 ) . Từ đó, suy ra: V 1 1 1 1 V G1G2G3G4 . . V . G1G2G3G4 VABCD 3 3 3 27 27  Nhận xét: Như vậy, để tính thể tích của tứ diện G 1G2G3G4 chúng ta sử dụng tỉ số thể tích, và trong đó các tỉ số được tính bằng việc sử dụng tính chất của phép vị tự. C. Các bài toán chọn lọc Ví dụ 1: (Đề thi đại học khối B 2004): Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng (00 < < 900). a. Tính tang của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) theo . b. SABCD a . Tính thể tích khối chóp theo và S  Giải Gọi O là tâm hình vuông ABCD và M là trung điểm AB, ta có ngay: C SO  (ABCD) SAˆ O = . B a. Ta có: O M SM  AB ((SAB), (ABCD)) = SMˆ O . D A 311
10. a 2 Trong SAO, ta có SO = AO.tanSAˆ O = tan . 2 SO Trong SMO, ta có tanSMˆ O = = 2 tan . MO b. Ta có: 1 a3 2 V = SO.SABCD = .tan . 3 6 Ví dụ 2: Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h. Tính thể tính hình lập phương có một mặt thuộc mặt đáy của hình chóp còn mặt đối diện có các đỉnh nằm trên cạnh của hình chóp.  Giải Với hình chóp S.ABCD (hình bên), ta có AB = a, SO = h. Gọi x là độ dài cạnh của khối lập phương nội tiếp hình chóp, ta có: S M'N' SM' SB BM' BM' MM' 1 1 AB SB SB SB SO M’ x x ah 1 (a + h)x = ah x . N’ C B a h a h M Khi đó, thể tích của khối lập phương đó là: O N 3 D 3 ah A V = x = (đvtt). a h Ví dụ 3: Tính thể tích khối hộp chữ nhật ABCD. A’B’C’D’ có AB = a, AB hợp với mặt phẳng (A’D’CB) một góc và Bã AC ' = .  Giải Ta có: A’ D’ V = AB.BC.AA’. (1) Ta lần lượt tính các độ dài AA’, BC như sau: B’ C’ ▪ Vì AB hợp với mặt phẳng (A’D’CB) một góc nên à BA' , từ đó: A D AA’ = AB.tan = a.tan . (2) ▪ Trong ABC1, ta có: B C BC’ = AB.tan Bã AC' = a.tan. Khi đó, trong BCC1, ta có: BC2 = C’B2 C’C2 = C’B2 A’A2 = a2(tan2 tan2 ) BC = a tan2  tan2 . (3) Thay (2), (3) vào (1), ta được: V = a. a tan2  tan2 .a.tan = a3 .tan tan2  tan2 (đvtt). 312
11. Ví dụ 4: Các cạnh bên của hình chóp O.ABC đôi một vuông góc với A nhau và OA = a, OB = b, OC = c. Tính thể tích của khối lập phương O’ R’ nằm trong hình chóp này mà một P’ Q’ đỉnh trùng với O và ba cạnh cùng O R C xuất phát từ O của nó thuộc OA, P Q OB, OC, còn đỉnh đối diện với O K thuộc mặt phẳng (ABC). B  Giải Giả sử hình lập phương OPQR.O’P’Q’R’ có cạnh bằng x thỏa mãn điều kiện đầu bài và Q’ thuộc mặt phẳng (ABC). Ta có: 1 1 1 1 VO.ABC = VQ’.OAB + VQ’.OBC + VQ’.OAC abc xab xbc xac 6 6 6 6 3 abc 3 abc abc = x(ab + bc + ac) x Vlp = x = (đvtt). ab bc ac ab bc ac Ví dụ 5: Thể tích của hình chóp đều S.ABC có SA = a và tạo với mặt phẳng đáy một góc .  Giải a. Gọi G là trọng tâm ABC, suy ra SG  (ABC) nên: 1 1 AB2 3 V = S .SG = . .SG . (1) S 3 ABC 3 4 Ta lần lượt: ▪ Trong SGA, ta có SãAG = nên: B ( A SG = SA.sinSãAG = a.sin . (2) E G AG = SA.cosSãAG = a.cos . C ▪ Trong ABC đều, ta có: 2 2 AB 3 AG = AE a.cos = . AB = a 3.cos . (3) 3 3 2 Thay (2), (3) vào (1) ta được: 1 3a2 3cos2 3 V = . .a.sin = a3.cos2 .sin (đvtt). 3 4 4 Ví dụ 6: Tính thể tích của hình chóp tứ giác đều S.ABCD, biết: a. AB = a, góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng . b. AB = a, góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy bằng . c. Chiều cao bằng h và góc ở đáy của mặt bên bằng . 313
12.  Giải a. Gọi O là tâm của đáy ABCD, suy ra SO  (ABCD) nên: 1 1 V = S .SO = AB2 .SO . (1) 3 ABCD 3 S Ta lần lượt có: g(SB, (ABCD)) = SãBO = . BD a 2.tan SO = BO.tan Sã BO = .tan = . (2) 2 2 D A Thay (2) vào (1) ta được: O 1 a 2.tan a3 2.tan B C V = .a2. = (đvtt). 3 2 6 b. Gọi O là tâm hình vuông ABCD, suy ra SO  (ABCD) nên: 1 1 V = S .SO = AB2 .SO . (3) S 3 ABCD 3 Ta lần lượt: ▪ Gọi N là trung điểm AB, ta có: g((SABC), (ABCD)) = SãNO = . C B ▪ Trong SON, ta có: a.tan O N SO = ON.tanSãNO = . (4) D A 2 Thay (4) vào (3) ta được: 1 a.tan a3 .tan V = .a2. = (đvdt). 3 2 6 c. Gọi O là tâm hình vuông ABCD, suy ra SO  (ABCD) nên: S 1 1 V = S .SO = AB2 .h . (5) 3 ABCD 3 Gọi N là trung điểm của BC và a là độ dài cạnh đáy, ta có: a.tan A SN = BN.tanSãBN = . B 2 O N Trong SON vuông tại O, ta có: D C a2 a2 .tan2 2h ON2 = SN2 SO2 = h2 a = . (6) 4 4 tan2 1 Thay (6) vào (5) ta được: 3 1 1 2 4h V = SH.SABCD = .h.a = (đvtt). 3 3 3(tan2 1) Ví dụ 7: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân AB = AC = a. Mặt (SBC) vuông góc với mặt (ABC) và SA = SB = a. a. Chứng minh rằng tam giác SBC là tam giác vuông. b. Cho SC = x, tính thể tích hình chóp S.ABC. 314
13.  Giải a. Hạ AH vuông góc với BC thì H là trung điểm của BC và: S (ABC)  (SBC) BC AH  (SBC). (ABC)  (SBC) Nhận xét rằng: B H C HAB = HAC = HAS HB = HC = HS suy ra SBC vuông tại S do có trung thuyến thuộc cạnh huyền bằng một nửa cạnh huyền. A b. Dựa trên các tam giác vuông, ta có: 2 2 2 2 2 2 2 BC 2 SB SC 1 2 2 AH = AB BH = AB = AB = (3a x ) 2 4 4 3a2 x2 AH = . 2 Từ đó, suy ra: 1 1 1 1 3a2 x2 ax 3a2 x2 V = AH.SSBC = AH. SB.SC = . .a.x = . 3 3 2 6 2 12 Ví dụ 8: Cho hình chóp S.ABC có hai mặt bên (SAB) và (SAC) vuông góc với đáy. Đáy ABC là một tam giác cân đỉnh A, trung tuyến AD bằng a. Cạnh SB tạo với đáy góc và tạo với mặt phẳng (SAD) góc . a. Xác định các góc và . b. Tính thể tích hình chóp S.ABC.  Giải a. Từ giả thiết: S (SAB)  (ABC)  SA  (ABC) SãBA . (SAC)  (ABC) Ta có: A C BD  AD ã D BD  (SAD) BSD  . B BD  SA b. Ta có: 1 1 1 1 V = SA.S ABC = SA. AD.BC = SA.AD.BD. 3 3 2 3 Đặt SB = x, ta lần lượt: ▪ Trong SAB vuông tại A, ta có: SA = SB.sinSãBA = x.sin ; AB = SB.cosSãBA = x.cos . ▪ Trong SBD vuông tại D, ta có: BD = SB.sin Bã SD = x.sin ; SD = SB.cosBã SD = x.cos . 315
14. ▪ Dựa trên các tam giác vuông, ta có: SB2 = SD2 + BD2 = SA2 + AD2 + BD2 x2 = x2 .sin2 + a2 + x2 .sin2  a2 a2 x2 = = . 1 sin2 sin2  cos2 sin2  Từ đó, suy ra: 1 1 a2 a3 .sin .sin V = .x.sin .a. x.sin = a. .sin .sin = . 3 3 cos2 sin2  3(cos2 sin2 ) Ví dụ 9: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh B và SA  (ABC), SB = a. Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng . a. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và . b. Hãy tìm để thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất.  Giải a. Ta có: 1 1 1 1 V S .SA . AB.BC.SA AB2 .SA . (1) S.ABC 3 ABC 3 2 6 Nhận xét rằng: BC  AB BC  (SAB) BC  SB g((SBC), (ABC)) SãBA . BC  SA Trong SAB vuông tại A, ta có: S AB SB.cosSãBA a.cos . (2) SA SB.sinSãBA a.sin . (3) Thay (2), (3) vào (1) ta được: A 3 C 1 2 2 a 2 ( VS.ABC a .cos .a.sin cos .sin (đvtt). 6 6 B 2 b. Xét hàm số y = cos .sin trên khoảng 0; , ta có: 2 y’ = 2cos .sin .sin + cos2 .cos = (3cos2 2)cos . 0; 2 2 y’ = 0 (3cos2 2)cos = 0 cos . 3 Bảng biến thiên: x  2 / 3 /2 + y' 0 CĐ y 0 2 / 3 3 0 a3 3 2 Vậy, ta có VS.ABC đạt được khi cos với 0; . Max 27 3 2 316
15. Ví dụ 10: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’, cạnh đáy bằng a, BC’ hợp với mặt bên (ABB’A’) một góc . Tính hể tích lăng trụ.  Giải A’ C’ 2 a 3 I’ Ta có V = S ABC.CC’ = .CC' . (1) 4 B’ Ta lần lượt: ▪ Gọi I’ là trung điểm của A’B’, ta có: A C C'I'  A'B' ã C’I’  (ABB’A’) C'BI' . B C'I'  BB' C'I' a 3 ▪ Trong BC’I’, ta có BC’ = = . sinCã 'BI' 2sin ▪ Trong BCC’, ta có: 3a2 a2 (3 4sin2 ) C’C2 = C’B2 BC2 = a2 = 4sin2 4sin2 a 3 4sin2 CC’ = . (2) 2sin Thay (2) vào (1), ta được: a2 3 a 3 4sin2 a3 3sin3 V = . = (đvtt). 4 2sin 8 sin3 Ví dụ 11: Đáy của khối lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ là tam giác đều. Mặt (A’BC) tạo với đáy một góc và tam giác A’BC có diện tích bằng S. Tính thể tích khối lăng trụ. B’ A’  Giải C’ Ta có: BC2 3 V = S ABC.A’A = .A'A . (1) 4 B A Ta lần lượt: E ▪ Gọi E là trung điểm BC, ta có: C AE  BC A’E  BC (định lí ba đường vuông góc) à EA' . ▪ Khi đó: BC 3 2 1 1 AE BC 2 BC 3 S A'BC BC.A'E BC. . 2 2 cosà EA' 2 cosà EA' 4cos S.cos BC 2 . (2) 3 BC 3 A'A AE.tan à EA' .tan à EA' 3S.cos .tan . (3) 2 317
16. Thay (2), (3) vào (1), ta được: 3 4S.cos V . . 3S.cos .tan S 3S.cos .sin (đvtt). 4 3 Ví dụ 12: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’, cạnh đáy bằng a. Mặt phẳng (ABC’) hợp với mặt phẳng (BCC’B’) một góc . Gọi I, J theo thứ tự là hình chiếu của A lên BC và BC’. a. Tính số đo góc ẢJI . b. Tính thể tích hình lăng trụ.  Giải a. Ta có: AI  BC (ABC’)  (BCC’B’) = BC’, AI  (BCC’B’). AI  BB' Vì AJ vuông góc với BC’ thì IJ cũng sẽ vuông góc với BC’ (định lí ba đường vuông góc), do đó (ã(ABC'), (BCC'B')) ẢJI . b. Ta có: a2 3 V = S ABC.CC’ = .CC' . (1) B’ C’ 4 Ta lần lượt: A’ a 3 cot J ▪ Trong AJI, ta có IJ = AI.cot ẢJI = . 2 B I C ▪ Trong BCC1, ta có: CC = BC.tan Cã BC 1 1 A a2 3 cot IJ IJ a 3 = BC. =BC. = 2 = . (2) BJ BI2 IJ2 a2 3a2 cot2 tan2 3 4 4 Thay (2) vào (1), ta được: a2 3 a 3 3a3 V = . = (đvtt). 4 tan2 3 4 tan2 3 Ví dụ 13: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’, đường cao h. Mặt phẳng (A’BD) hợp với mặt bên (ABB’A’) một góc . Tính thể tích lăng trụ.  Giải Trước tiên, ta đi xác định góc , ta có: AD  AB (A’BD)  (ABB’A’) = A’B, AD  (ABB’A’). AD  AA' Hạ AH vuông góc với A’B thì DH cũng sẽ vuông góc với A’B (định lí ba đường vuông góc), do đó: (ã(A'BD), (ABB'A')) Ã HD . 318
17. Gọi a là cạnh đáy của hình lăng trụ, suy ra: ▪ Trong HAD, ta có AH = AD.cot = a.cot . A’ D’ ▪ Trong BAA’, ta có: B’ C’ 1 1 1 H AH2 AB2 A'A2 D 1 1 1 A a h tan2 1 . a2 .cot2 a2 h2 B C Từ đó, suy ra: 2 3 2 V = SABCD.AA’ = a .h = h (tan 1) (đvtt). Ví dụ 14: Cho khối lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có AA’ = h, đáy là hình bình hành và Bã AD . Các đường chéo AC’ và DB’ lần lượt tạo với đáy những góc và . Tính thể tích của khối lăng trụ.  Giải Ta có: ã V SABCD .AA' AB.AD.sin BAD.AA' h.sin .AB.AD . (1) Ta lần lượt: B’ A’ ã ã ▪ Từ giả thiết ta suy ra C'AC và B'DB  . C’ D’ ▪ Trong ACC’ ta có: AC CC'.cot Cã 'AC h.cot . B A ▪ Trong DBB’ ta có BD BB'.cot Bã 'DB h.cot . ▪áp dụng định lý hàm số cosin, ta có: C D BD2 = AB2 + AD2 – 2AB.AD.cos . AC2 = DC2 + AD2 – 2DC.AD.cos( ) = AB2 + AD2 + 2AB.AD.cos . Trừ theo vế hai đẳng thức trên, ta được: 4AB.AD.cos = AC2 – BD2 = h2.cot2 h2.cot2 h2 (cot2 cot2 ) AB.AD . (2) 4cos Thay (2) vào (1), ta được: h2 (cot2 cot2 ) h3 V h.sin . = .(cot2 cot2 )tan (đvtt). 4cos 4 Ví dụ 15: Cho lăng trụ xiên ABC.A’B’C’ đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A. Mặt bên (ABB’A’) là hình thoi cạnh a, nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Mặt bên (ACC’A’) hợp với đáy một góc . Tính thể tích lăng trụ.  Giải Hạ A’H  AB thì A1H  (ABC) nên: 1 V A'H.S a2 .A'H . (1) ABC 2 319
18. Ta lần lượt: A’ B’ ▪ Ta có: C’ AC  AB AC  (ABB’A’) AC  A'H ã ) H AC  AA’ A'AH . A B ▪ Trong A’AH, ta có A’H = AA’.sin à 'AH = a.sin . C 1 Thay (2) vào (1), ta được V = a3.sin . 2 Ví dụ 16: Cho lăng trụ xiên ABC.A’B’C’ đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. Cho Bã AA' 450 . Tính thể tích lăng trụ. A’ C’  Giải B’ Gọi G là trọng tâm ABC thì A’G  (ABC) nên: a2 3 V A'G.S ABC A'G. . (1) 4 A C Ta lần lượt: G M ▪ Gọi M là trung điểm của AB, ta có: N 1 a B A’AB vuông cân tại A’ A’M = AB = . 2 2 ▪ Trong A’MG, ta có: 2 2 2 CM a a 3 a2 2 2 2 2 A’G = A’M MG = A’M = = 3 2 6 6 a 6 A’G = . (2) 6 Thay (2) vào (1), ta được: a 6 a2 3 a3 2 V = . = (đvtt). 6 4 8 Ví dụ 17: Cho lăng trụ xiên ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, BC = 2a. Mặt bên ABB’A’ là hình thoi, mặt bên BCC’B’ nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hai mặt này hợp với nhau một góc . a. Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCC’B’). b. Xác định góc . c. Tính thể tích lăng trụ.  Giải a. Hạ AM vuông góc với BC thì: AM  (BCC’B’) d(A, (BCC’B’)) = AM. 320
19. Trong ABC, ta có: AC2 = BC2 AB2 = 4a2 a2 = 3a2 AC = a 3 . (1) 1 1 1 1 1 4 a 3 = = AM = . B’ C’ AM2 AB2 AC2 a2 3a2 3a2 2 ã A’ b. Kẻ MN vuông góc với BB1 suy ra ANM . c. Hạ B’H  BC thì B’H  (ABC) nên: N 1 V = B’H.S ABC = B'H.AB.AC . (2) B M C 2 H Ta lần lượt: a 3.cot A ▪ Trong AMN, ta có MN = AM. cot à NM = . 2 ▪ Trong ABC, ta có: AB2 a2 a AB2 = BM.BC BM = = = . BC 2a 2 ▪ Từ hai tam giác vuông đồng dạng là BHB1 và BNM, ta có: a 3.cot .a B'H B'B MN.B'B B’H = = 2 = a 3.cot . (3) MN MB MB a 2 Thay (1), (3) cùng với AB = a vào (2), ta được: 1 3 V = a 3.cot .a. a 3 = a3.cot (đvtt). 2 2 Ví dụ 18: Cho khối hộp ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình chữ nhật với AB = a, AD = b và cạnh bên có độ bằng c. Hai mặt bên (ABB'A') và (ADD'A') lần lượt tạo với đáy những góc và . Tnh thể tích khối hộp.  Giải Dựng A'H  (ABCD) (H (ABCD)), HK  AB (K AB), HM  AD (M AD). Theo định lý 3 đường vuông góc, ta có: AB  A'K à 'KH , AD  A'M à 'MH  . Ta có: B' C' V A'H.SABCD A'H.AB.AD . (1) Đặt A'H = x, ta lần lượt: A' D' A'H x ▪ Trong HA’M, ta có A'M . ã sin B sin A'MH C ▪ Trong MA’A, ta có: K H x2 A M D AM = AA'2 A' M2 = c2 . sin2  321
20. ▪ Trong HA’K, ta có: HK A'H.cot à 'KH x.cot ▪ Từ nhận xét AMHK là hình chữ nhật, ta có: x2 x2 AM = HK c2 x.cot c2 x2 .cot2  sin2  sin2  2 2 1 2 c x cot  2 c x . (2) sin  cot2 cot2  1 Thay (2) cùng với AB = a, AD = b vào (1), ta được: abc V (đvtt). cot2 cot2  1 Ví dụ 19: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AD và SC. a. Dựng thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MNP) và hình chóp. b. Tính tỉ số thể tích của hai phần hình chóp được phân chia bởi mặt phẳng (MNP). S  Giải a. Ta lần lượt có: P ▪ MN cắt BC, CD theo thứ tự tại E, F. J ▪ PE cắt SB tại I; PF cắt SD tại J. C ▪ Nối IM và JN. D F I K Ta nhận được thiết diện là MNJPI. O B H N b. Đặt SO = h, AB = a và: M A V1 = VS.ABCD , V2 = VSMANJPI , E V3 = VBCDNMIPJ , V4 = VI.BME, V5 = VJ.DNF, V6 = VP.CEF. Ta có ngay: 1 2 V1 = a h. 3 1 1 1 1 a a h a2h V4 = V5 = S BME.IH = . BM.BE.IH = . . . = . 3 3 2 6 2 2 4 96 1 1 1 1 3a 3a h 3a2h V6 = S CEF.PK = . CE.CF.PK = . . . = . 3 3 2 6 2 2 2 16 3a2h a2h a2h V3 = V6 2V4 = 2. = . 16 96 6 2 2 1 2 a h a h V2 = V1 V3 = a h = . 3 6 6 V 2 = 1. V3 Vậy, mặt phẳng (A1EF) chia hình lập phương thành hai phần có thể tích bằng nhau. 322