GIẢI TOÁN THEO CHUYÊN ĐỀ TRỌNG ĐIỂM HÌNH HỌC 12 - NGUYỄN TẤT THU

8/9/2019 GIẢI TOÁN THEO CHUYÊN ĐỀ TRỌNG ĐIỂM HÌNH HỌC 12 - NGUYỄN TẤT THU

1/348

GIẢI TON ĐỀ Ọ ĐỂ

HÌNH HOC ỵ -4 A Jí? &_̂_v'' 14 chuyên dề trọng điểm./ C á c phương pháp giải và thí dụ.v^Đầy đủ các dạng bài tập cơ bản & nâng cao./ N â n g cao kĩ năng giải toán và ôn thi vào ĐH-CĐ.

. -4 :̂:.v y V /'

. dẩpit®$SÌÌS^I|I | I | Í -Í:

k m c NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QU

WWW.FACEBOOK.COM/BOIDUONGHOAHOCQU

B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

W.DAYKEMQUYNHON.UCOZ.COM

ng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú


2/348

©sấl YÍSH.

Ịg.Ị£‘

Chả đề

;sr.ĩ.


3/348

NGUYỄN TẤT THU

GIẴITOỈNTHẼO CHUYÊN ĐỀ TRỌNG ĐIỂM

s 47 chuyên đề trọng điểm./ C á c phưổng pháp giải và ĩhí dụ./ Đ ầ y đủ các dạng bài tập cơ bản & nâng cao./ N â n g cao kĩ năng giải toán và ôn thi vào ĐH-CĐ.

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




4/348

NHÀ X U Á im k ấ E|Ạ1 HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ^ ,J6iHầng Chuql - Hai Bà/ĩrưng - Hà Nội

Ậ j / x" Ị$ iẹ n íhoại: Biên tặp-Chế bẳn: (04) 39714896;...Hạnh chính: (04) 3971^899; xổng biên tập; (04) 39714897

, / Fax: (04) 39714899 ỹ' . ..*?! «* . / / ***

Ch ịu trúchj ihỉệm, xu ất bàn:, í

... ______ ______________ĩ y ỵ ^ & á m đốc - T ổ ì ịg b iê n íập.-TS. PHẠM THỊ TRÂM

Biến tập nội dung

NHƯ NGỌC

Sửa bài

LÊ THỊ SEN

Chế bản

CÔNG TI AN PHA VN

Trình bày bia

....... ■■ , SƠN KỲ/ Đối tác liền kết xuất bản

Ị ' .... GÔNG TI ÂN PHA VN

V > ' **r" *4MyV$&5

Ma so: LLi-L-t ̂ aazy LoIn 2.000 cúôn^ khổ Ỉ6Ìc^24 cm tại Công ụ TNHH in Bao bì Hiíng Phú S f xu ^ â n : 387.#13/C XE/Ìl-54/ĐÌÍOGHN, ngày 27/3/2013 Quị^


5/348

LỜI NÓI ĐẢU

Nhằm giúp các em học sinh nắm vững kiêh thức và phương pháp giải các dạng toán điển hình của chương trình hình học lớp 12 hiện hành, chúng

tôi biên soạn cuốn sách: "Giải toán theo chuyên đề trọng diêm Hình học 12"Cuốn sách được chia làm ba chương như sau:

Chương 1: Thể tích khối đa diện

Chương 2: Mặt tròn xoay - Mặt cầu

Chương 3: Phương pháp to ạ độ trong không gian

TĩORg mỗi chương chúng tôi trình bày các chuyên đề trọng điểm, phương pháp giải các chuyên đề đó và các ví dụ minh họa cho phương pháp. Các ví dụ được sắp xếp theo mức độ từ dễ đên khó, các lời giải được trình bày rõ

ràng, súc tích. Trong một sô' ví dụ, sau lời giải chúng tôi đưa ra một sô' lìhận xét nhằm khắc sâu một tính chất quan trọng hoặc đưa ra một thuật giải cho bài toán tổng quát. Sau mỗi chuyên đề chúng tôi đưa ra một hệ thông các bài tập phong phú để giúp bạn đọc đánh giá lại các nội dung mà bản thân đã lĩnh hội được. Phần hướng dẫn giải hoặc đáp số được trinh bày sau phần bài tập.

Mặc dù có nhiêu cô' gắng trong quá trình biên soạn, nhưng cuổh sách không thể tránh khỏi những thiếu sót, chúng tôi râ't mong nhận được sự góp ý quý báu của bạn đọc gẩn xa.

Mọi ý kiến xin Hên hệ:

Trung tâm Sách gỉáo đục Alpha

225C Nguyễn Tri Phương, P9, Q5, Tp. HCM.

- Công ti TNHH An Pha VN

50 Nguyễn Văn Săng, Quận Tân Phú, Tp. HCM

ĐT: 08.62676463, 38547464.

Email: [email protected]

Xin chần thành cảm cm!

Các tác giả

I



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




6/348

TÀI LĨỆU THAM KHẢO

[13 :18 chủ đề Hình học 12 - Ng uyễn Văn Dũng, N guy ễn Tất Thu,

Nxb

[2]: Phương pháp giải các chuyên đề nâng cao Hình học 12, Trần

Văn Tân

[3]: Tài liệu chuyên toán Hình học 12 , Đoàn Quỳn h (chủ biên)

[4]: Bài tập Hình học lớp 12

[5]: Các bài giảng luyện thi m ôn Toán, tập 1

[6]: Các tài liệu trên internet

[7]: Các diễn đàn v ề Toán học như:

http://mathscope.org ; http://math.net.vn ; http://onlu ventoan. vn ;

http://boxma th .com



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




7/348

Chutatog-1. KHỐỈ ĐA DIỆN-.THỂTÍCH KHỐI ĐA DIỆN

Chu yên đề 1. THỂ TÍCH KHOI CHÓP

2.1. Các ví dụ minh hoạ.Ví dụ 1.1.1. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD - Tính thể tích khôi chóp

biết

1) Cạnh bên bằng aVõ và mặt bên tạo với đáy một góc 60°

2) Đường cao của hình chóp tạo với đáy một góc 45° và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và sc bằng 2a.

Lời giải.Gọi o là tâm của đáy, ta có s o -L(ABCD) suy ra:

VS_ÂBCD = 3 S 0 -SABCD-

1) Gọi M là trung điểm CD, ta có: CD ± (SMO)

5



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




8/348

Do đó góc SMO là góc giữa mặt bên với mặt đáy, nên SMO = 60°

Đặt AB = 2x => MO = x,OC = xV2

Trong các tam giác vuông soc,SOM ta có:SO2 = s c 2 - o c 2 = 5a2 - 2x2; s o = QJtfLtan 60° = xVs

Nên ta có phương‘ínnh: 5a2 —2x2 = 3x2 X = a

v % VS.ABCD = f W ã.(2X)2 = l ^ ẫ x 3 = .

2) Gọi K 1'àhình chiếu của o lên AM, ta có OK _L (SCD) nên o s x là góc

giữa đưòng cao so với mặt bên nên OSK = 45°. Gọi N là trung điểm AB. Do AB// (SCD) =» d(AB,SC) —d(AB,(SCD)) = d(N,(SCD)) ==NH = 2a

Trong đó H N// OK ̂ OK = Ỉ N H = a

Các tam giác SKO, SOM là các tam giác vuông cân nên ta có:

SO = OK-J = a- 2̂, OM = SO = aVỖ 5

VậyVS.ABCD = |a^ (2â )2= —

Chú ý: Bài toán tính thể tích của một'khối chóp là tổ hợp của hai bài toán nhỏ là bài toán tính chiều cao của hình chóp và tính điện tích đáy.• Đế tính diện tích đáy, chúng ta cần nhớ công thức tính diện tích của các đa giác thường gặp.+) Diện tích tam giác ABC:

SABC = | aha = |ab sin C = ^ = pr = Vp(p~- a)(p - b)(p - c)

Đặc biệt: Tam giác ABC vuông tại A thì = —AB.AC

a - V sTam giác ABC đều cạnh a thì = -

+) Diện tích tứ giác ABCĐ

®ABCD = ®ABC + ^ACD ~ - AC.BD. sin (AC, BD)



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




9/348

Đặc biệt: ABCD có hai đường chéo vuông góc thì SABCD = —AC.BE2

ABCD là hình thang (AB // CD) thì SAgCD =h(AB + CD)

9 Để tính chiểu cao của hình chóp, chúng ta cần nắm vững các hệ thức lượng trong tam giác và cách xác định góc giữa đường với mặt, giữa hai

mặt phẳng.Để xác định góc giữa hai mặt phẳng (SAjAj) với mặt đáy của hình

chóp S.A1A2 —An có đường cao SH ta làm như sau:

+) Vẽ HK X AjAj, K € AịAj

+) Ta có AịAj JL(SKH) nên SKH là góc cần xác định.

Ví dụ 1 .1 .2. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bang a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, s c - Tính thể tích của V-hỐi

chóp S.ABC, biết (BMN)l(SAC).

Lời giải.Gọi E là trung điểm của MN rộ- AE -LM N.Do đó (AMN) _L(SBC) AE 1 SE, Đặt SA — X, X > 0 .

Trong tam giác AMN có

AS2 + AB2 SB2AM = AN —

= —V2a2 + X2 và MN = — 2 2

Suy ra AE2 = AM2 - ME2 = — + — aĨ 6

2 _ 7a2 + 4 x216

Trong tam giác SAE có SE ——SF ——VSB^ BF2 = 1 2 aX -----2 V 4

Suy ra AEầ = SA2 - SE2 - X2 - ì 2 a 2X - - - - - -4

3X2 , a24 + m'

Từ đó suy ra7a2 + 4x2

16

3x a 2 „ 3a2 —— + - —X ——— 4 16 4

X— i x / i

Do đó SO = 7 s A z - AOz =1\Ỉ3 ì2 f a ^ s l

3

l V Ĩ 5



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




10/348

â. V 3Mà SAASC = — nên thể tích khôi chóp là: -

1 C1(, 1 a>/Ĩ5 a2^ a3S V S - A B C - g ^ A A B C - g - 6 • 4 - " â T '

Ví dụ 1.1.3. Cho hình chóp tam giác đều s ABC với SA = 2a, AB = a . Gọi H là hình chiêu-vuông góc của A lên cạnh s c . Chứng minh s c vuông góc với mặt phẳng (ABH). Tính thể tích khối chóp (S.ABH).

{Trích đ ề thỉ ĐH Khối B - 2012 )Lời giải.

Gọi o là tâih tam giác đều, D là trung điểm AB ta cóSO X (ABC), CD I AB s c _LAB mà s c _LAH nên s c 1 (ABH)

Trong tam giác cân SAC có

_ SA2 + SC2 -A C 2 _ 4a2 + 4 a 2 - a 2 7COSs = ------- —-— —— ------- — ------ r - — ---------- = —

2SA.SC 2.2a.2a 8Trong tam giác vuông SAH có

SH = SAcosS = 2 a - = — và AH = -\/sA2 -& K 2 =8 4 4

Trong tam giác vuông ADH có: s

d h I ^ - a d * J l Ễ 2 Ĩ _ 5 Ĩ = W Ĩ ĨV 16 44

Vậy thể tích khổì chóp

VS.ABH = 2 SABH-SH

= ỈỈA B .D H .S H = ^ 5 ĩ a 3 .3 2 96

A

Ví dụ 1.1.4. Cho hình chóp S.ABC có đáy ỉà tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của s trên mặt phang (ABC) là điểm H thuộc cạnh

AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa đường thẳng s c và mặt phẳng (ABC) bằng 60°. Tính thể tích của khôi chóp S.ABC và khoảng cách

giữa hai đường thẳng SA và BC theò a.(Đề thi ĐH Khối A - 2012)

i Lời giải.®Tính Vg ^20 : Vì SH -L (ABC) nên HC là hình chiếu vuông góc của

s c lên mặt phẳng (ABC). Khi đó, ta có góc tạo bời s c và mặt phẳng

(ABC) là SCH = 60°.

Xét tam giác BHC. Áp dụng định lý hàm số cosin, ta có



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




11/348

KC2 = HB2 + BC2 - 2 • HB - BC ■COSHBC= HB2 + BC2 - 2 H B. BC • COS 60°

a2 2 o a 1 _ 7a2= ----- ha -2 — a • —— ----- .9 3 2 9

a-v/ỹ _ Suy ra HC ——— . Từ đây, ta tính được:

SH = HC • tan SCH = — . y = -3 3

yỈ2Ĩ

v & VS.ABC - Q■SH' SMBC1 ạ-y/iĩ

3 ' 3^■a-a-sinGO*2

VỸa512

(đvtt).

®Tính đ(SA, BC): Gọi E là trung điểm, của BC và D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD. Ta có AD // BC nên

d(SA, BC) = d(BC, (SAD)) = đ(B, (SAD)) = - . d (H, (SAD)).Kẻ KF ± AD và H K ± SF ,khi đó ta có HK ± (SAD).

Suyra: d(H, (SAD)) = HK

1 1 1Trong tam giác vuông SHF, ta có ———————'-ị — -—.

HK HF2 HS

Do đó: HK =HF-HS

\ / h s 2 + h f 2

Mãt khác, ta lai có: HF = —AE = —- — = — 3 3

Nên suy ra: HK =

2 3

-Via a-s/21 ' _ HF-HS ~§ 3~ .V42

V h s2 + h f 2'9 9

I/* yif'CA D n t _ ^ V42 _ V42Vậy d(SA, BC) = —- —— a —— — 2 12

9



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




12/348

Chú ý: Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b ta có các cách sau:Cách 1: Dựng đoạn vuông góc chung MN của a và b.

Khi đó d (a, b) = M N.

Chú ý: Neil a J- b thì ta dụng đoạn vuông góc ehurtg của a và b như sau © Dựng mặt phang (a) chứa b và vuông góc với a.

0 Tìm giao điểm o = a n (a ).» Dựng OH -LbĐoạn OH chính là đoạn vuông góc chung của a và b.Cách 2i Dựng mặt phẳng (oe) đi qua a và song song với b, khi đó: đ(a, b) = d(a, (a)) = d(M, (a)) với M là điểm bất kì thuộc (a ).

Cách 3: Dựng hai mặt phẳng (a) đi qua a và song song vói b, (3) đi qua

b và song song với a. Khi đó: d(a, b) = đ((a), (3)).

Cách 4: Phương pháp véc ta:

AM —xÃBMN lạ đoạn vuông góc chung của AB và CĐ khi và chỉ khi

CN = yCD

MN.AB = 0

MN.CD = 0

Ví dụ 1.1.5. Cho hình chóp S.ABC có AB = a, AC = 2a, BAC = 120°. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Mặt bên (SBC) tạo với

đáy một góc 60°. Tính thể tích khổì chóp S-ABC và cô sin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SAC).

Lòi giải.Gọi K là hình chiếu của A lên BC, suy ra BC JL(SAK)

Nên góc SKA là góc giữa mặt (SBC)

và mặt đáy, suy ra SKÂ = 60^.

Trong tam giác ABC, ta có:

BC2 = AB2 + ÁC2 - 2AB AC. COS BAG

—a2 + 4a2 - 2.a.2a. = 7a

Suy ra BC = a yfj .

Vs a2\/3Mặt khác: SAABC = —ABAC, sin BAG = i a .2 a .— =

2 2 2 2

10



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




13/348

M à:SAABC= ỈA K J 6C ^ A K = ̂ ^ = ỉ - ^ = ̂ .AABC 2 BC a^/ỹ 7

Trong tam giác SAK, ta có: SA = AK. tan 60° = - a^ -.

Thể tích khôi chóp S.ABC là:

_ 1 c A o _ 1 3 a > / 7 a 2 V ã a 3 V 2 Ĩ

S.ABC - 3 ồ a -ồAABC - 2 • ỹ • 2 ” 4 'Gọi H là hình chiếu của B lên AC. Khí đó hình chiếu của tam giác SBC

lên mặt phẳng (SAC) là tam giác SHC. Đặỉ 9 = [(SBC),(SAC)), ta có:

COSlf, = ^SHO.®ASBC

Ta CÓ: AH = ABcosHAB = acos60° = - => HC = 2a + ~ = — 2 2 2

c CJ _ 1 CỊ . TTP _ 1 SãyỊĨ 5a 15a2 yỊĨ Suy ra: SiSH0 = ^SA.HC = ■

Trong tam giác SAK, ta có:

SK = K2= J®sl + *1 = ĩ e ẫ LV 7 7 7

Suy ra SASEC = —SK.BC = Aj j ^ a2 Vã.

5V2ĨVậy costp = —— .

Ví dụ 1.1.6. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB —Via, AC = 2 a . Cạnh* bên SA vuông góc với đáy. Gọi H là hình chiếu của A lên SB. Tính thể tích của khối chóp S.AHC biết AC tạo

vói mặt phẳng (SBC) một góc 30°.

Ta có: BC _LAB, BC X SA => B c / l (SAB) =» BC _LAH Mà AH _LSB => AH _L(SBC), haỳ HC là hình chiếu của AC lên mặt

phẳng (SBC)

Suy ra ACH = (ÃC,(SBCĨ) - 30°.

Trong tam giác vuông AHC, ta có: AH = AC.sin ACH —2a.sin30° —a

1 1 1 1 1 2 ƠA aVẽSuy ra ^ = - = ? ------- = — -=> SA = —

SA2 AH AB a 3a2 3a2 2

11



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




14/348

Ts CO.' BC —ã =r> — S.ABC _ 1 W 6 a2Vs a 3 >/2

2 °-Am' 3 2 2 4Gọi K là hình chiếu của H lên AB => HK // SA => HK _L(ABC)

Áp dụng định lí Talet, ta có:

HK _ BH _ AB2 =

SA ~ BS ~ SB2 ~~

3 a

3a2 + ậ a 2 3

^ H K = ^ S A = ^3 3

1Suy ra Vịịabc = ị HK.SAA£C

_ ĩ W e a2Vs _ a 3>/2

“ 3' 3 2 ~ 6

vậyVS.AMC - VS.ABC ~ VH.ABC -

12Ví dụ 1.1.7.

Cho hình chóp s.ABC có SA -L(ABC), AB = 5a,BC = 6ã, CA = 7a.

2a Vẽ. Tính thể tíchKhoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng

khối chóp S.ABC.

Lời giải.

_ __ Ay-,„ AJB -ị* B C -Ị- CÁ.Gọj p là nửa chu vi tam giác ABC, ta có: p — -------------------- = 9a

2Nên diện tích tam giác ABC là:

£ > a a b c = y jp (p — AB ) (p — B C) ( p — AC) = V 9 a . 4 a . 3 a . 2 a = 6 a 2 \^6

Kẻ đường cao AK của tam giác ABC và đường cao AH của tam giác SAK

Ta có: AH _L(SBC) => AH = d(A, (SBC)) =

Trong tam giác vuông SA K, ta có:

1 ^ 1 1

AH2 ~~ SA2 A K 2

A K = 2 S M Ễ C = ^

3 5 BC

2 AH2 AK 2 24a2 24a2 3a2SA

SA = a-s/3



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




15/348

Vậy Vg Ajjnr) = —.a-v/3.6a2V6 = 6a 3V2 .S.ABCD

Chú ý: Cho hình chóp S.A1A2...An có đường cao SH. Để tính khoảng

cách từ H đến mặt phẳng (SAịAj) ta làm như sau:

+) Gọi K là hình chiếu của H lên A ịAj suy ra AịAj _L(SHK)

+) Gọi E là hình chiếu của H lên SK ta có HE _L(SAịAj) . Tức là: d(H,(SAiAj )) = HE.

Ví dụ 1.1.9. Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R và điểm c thuộc nửa đường tròn đó sao cho AC = R . Trên đường thẳng vuông góc vớì (P) tại A lấy điểm s sao cho góc giữa hai

mặt phẳng (sab) và (SBC) bằng 60°. Gọi H,K lần lượt là hình chiêu

của A trên SB và s c . Chứng minh tam giác AHK vuông và tính thể tích khôi chóp S.ABC.

Lòi giải.

Ta có x CA => BC-L (SAC) BC ± AK Ịb c j _ s a

Ta có AK-L s c nền suy ra AK ± (SBC)

=> AK _LHK => AAKH vuông tại K.

Ta có AHK —60° là góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC).

AK = AH .sin 60° = — AH =» AK 2 = -A H 2 (1)2 4 w

Đặt SA = h . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có 1 1 1 1 1

AK SA+

AH2 SA2 + AB2 h2 ^ A R 2

AC21

_

R (2)

= 4 t + ^ t (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra:

- ( — + — ) = — + - ĩ — h =4 h2 R h2 4R 2

Ta có BC = VaB 2 - AC2 = V3R.

VÌR

Thể tích khôi chóp:

ABC = A ^ . A i W ỉ r = ^ Ì .3 2 2 12

13



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




16/348

Ví dụ 1.1.10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,

SA vuông góc với đáy. Mặt phẳrig (SBD) tạo với đáy một góc 60°. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SD. Mặt phẳng (AMN) cắt sc tại p. Tính thể tích khối chóp SAM PN .

Lời giải.

Gọi o là tâm của đáy, ta có BD ± (SOA) suy ra góc SOA là góc giữa

hai mặt phẳng (SỔD) và mặt đáy nên SOA —60°.

Trong tam vuông SAO ta có: SA —AO. tan 60^ —a — .\js = —

[BC X AB

[BC -LSA

=►BC _L(SAB) = » B C iA M ^ A M l (SBC) => ÁM J_ s c

Tương tự: AN _L(SCD).= 3- AN _Ls c , từđ ó suy ra: s c _L(ÁMN) Nên AP là đường cao của hình chóp S.AMPN

Suy ra: VaAMpN = -A P .S a m p nÁp đụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC ta có:

SP = SP.SC SA2s c ~

Ta có:

Vẽ

s c 2 s a 2 + a c 2

3 3 0 - 3a>/Ĩ4= - SP = - S C = —

7 7 14

Trong tam giác vuông SAB ta có: AM =SA.AB _ aVl5.

Do ASBC ~ ASPMMP

BC

SP

SBMP —

SB

SP.BC 3&\l35SB 35

Suy ra: SAMPN —2SAAMp —AM.MP —

Tr _ 1 3a.yỉĨ4 a2>/ăĩ Vặy ~ 3-~ 14 '~3 5

a2V2Ĩ35

3a3Vẽ

70

14



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




17/348

Chú ý: Chứng ta có kết quả tổng quát quen thuộc sau:Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA _L(ABCD).

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SD. Khi đó: s c _L(AH K). Ví dụ 1.1.11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt

bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M,N7P lần lượt là trung điểm của các cạnh SB,BC,CD. Chứng

minh AM vuông góc với BP và tính thể tích khôi tứ diện CMNP .

cTrích đề thi ĐH Khối A -200 7) Lời giải. s

Gọi H là trung điểm của A D .Ta có tam giác SAD đều nên SH _LAD Do (SAD) ± (ABCD) = » S H l (ABCD)

=*SH-LBP (1)Ta có ABCD là hình vuông nền:

ACDH —ABCP => BP 1 CH (2). Từ (1) và (2) suy ra: BP _L(SHC)Mặt khác: MN //SC; AN //HC =* (AMN)//(SHC) => BP 1 AM

Gọi K = BH n AN. Ta có MK là đường trung bình của tam giác SBH1 / ô

Suy ra M K//SH => MK ± (CMN);MK = - SH = — .J 2 4

1 _ _ a2Diện tích tam giác CMN : SCMN = — CM.CN = — .

2 8

Thể tích khoi tứ diện CMNP: VCMNP - - ,MK.Sc mn = (đv :t).

Ví dụ 1.1.12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a,

SA = a, SB = aV i và mặt phẳng (SAB) vuông góc vói mặt phẳng đáy. Gọi M}N lẩn lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. Tính theo a

thể tích của khôi chóp S.BMDN .và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN.

(Trích đề thi ĐH Khối B - 2008)Lời giải.

_ Gọi H là hình chiêu của s trên AB, suy ra SH J_ (ABCD).

Do đó SH là đường cao của bành chóp S.BMDN.Ta có: SA2 + SB2 = a2 + 3a2 = AB2 => ASAB vuông tại

Âĩ? s SM = ——= a .

2

15



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




18/348

Do đó tam giác SAM đều, suy ra SH — iVS

Diện tích tứ giác BMDN là: —2a^

Thê’ tích khôi chóp S.BMDN: V = I SH.SBMDN = Ể J Í (đvtt).đ 3

Kẻ ME//DN (E€AD )=^ AE = -|.2

Đặt (p là góc giữa hai đường thẳng SM và D N . Ta có: (SM, m e) —Ip.

Theo định lý ba đường vuông góc ta có: SA _LAE

SE = >/sA2 +A E 2 = ^ Ệ - , ME = VaM2 + A E 2 = ^ ệ -=>• S E = ữ + = --------, MJB = V a m - + = —— 2 2

~ j r .Do ASME cân tại E nên SME - ip và COS ÍỌ— - = — .

av5 5

5 2

cạnh bên SA = a; hình chiếu vuông góc của đỉnh s trên mặt phẳng(ABCD) là điếm H thuộc đoạn AC, AH = . Gọi CM là đường cao

của tam giác SAC. Chứng minh M là trung điểm của SA và tính thể tích khôi tứ diện SMBC theo a.

(Trích đề thi ĐH Khối D - 20Í0 )Lời giải.

® Chứng minh M là trung điểm SA

Ta có: AH = -^ = > S H = VsA2 -4

s c = VsH2 + CH2 = a>/2.

AH2 = HC =

16



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




19/348

Suy ra s c = AC =>■AACS cân tại c nên M là trung điếm S A . © Tính Vg MBC ? s

Vì M là trung điểm s c nên

SSCM " 2 SsAC' suy ra

1VSMBC = 2 VSABC

4 a3VĨĨ

= 6 SHSaABC 48

Ví dụ 1.1.14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tam giác SAB là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc

với đáy. Mặt phẳng (SAC) và (SCD) tạo với đáy lần lượt các góc 60°

và 30°. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.Lời giải.

Gọi H là trung điểm của AB => SH ± AB

Mà (SAB) X (ABCD) =» SH ± (ABCD) VSABCD = ỈSH.SABCD. o

Vẽ HK _LAC => AC JL. (SHK) =* SKH là góc giữa hai mặt phẳng

(SAC) và mặt đáy nên SKH = 60°.

Vẽ HE _LCD => CD _L(SHE) => SEH là góc giữa hai mặt phẳng

[SCD j và mặt đáy nên SEH = 30 °.

Đặt AB = X, trong tam giác SHE ta có: SH = HE. tan30° = (1)o

Ta có AAKH - AABCKH

BC

AH

ACKH =

ax

Trong tam giác SHK ta có:

SH = HK tan60° = - (2)2 Va2 + X2

xVs ax-v/3

2 Va2 + X2

Từ (1) và (2), suy ra:2 ^ 2 ' " 2

%/x2 + a2 = -f- => X =3a

2

' a + X

a J E

Vậy thể tích khối chóp SABCD là:

17



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




20/348

TT InTTAn AF> 1 5asy[ằ' V = -SH.ARAD = - . —z—.a.x = ----- — .3 3 3 36 -

Chú ý:o Nếu mặt phẳng (SAjAj) của hình chóp S.A1A2-..An vuông góc với

mặt đáy thì đường cao của tam giác SAịAj là ‘đường cao của hình chóp.

• Trong một số bài toán, để tính độ dài một đoạn thẳng nào đó ta đặt đoạn thẳng đó bằng X rồi đi tính một đoạn thẳng khác bằng cách gắn vào hai hình. Khi đó hai kết quả tính được phải bằng nhau. Từ đó ta tìm được X.

Ví dụ 1.1.15. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = 3a, AD = DC = a . Gọi I lằ trung điểm AD, biết hai

mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với đáy và mặt phẳng

(SBC) tạo với đáy một góc 60°. Tính thể tích khôi chóp S.ABCD và khoảng cách tù' trung điểm cạnh SD đến mặt phẳng (SBG).

Lòi giải.1) Tính VS_ABCD

Từ giả thiết suy ra SI 1 (ABCD) => VS ABCD = | s ĩ . S abcd

(AB + DCÌAD o Ta có: SABCD = - = 2a

Vẽ IK _LBC =>• BC _L(SIK) => SKI là góc giữa mặt phẳng (SBC) với

mặt đáy

Nên SK3 = 60°

1 __ _ 1 __________ Vi SAIDC = ^ DLDC = Y , SAIAB = ÌAUBX = ỉ f ,

suy ra SABIC = SABCD - (SAICD + SAIAB) = a2

Mặt khác: BC = Ặ A B - CD)2 4- AD2 = aVs và SAIAB = - IK.BC 2

\T~ TXT— _ 2a-s/sNen suy ra: IK = — rj= = — -— .

av5 5

Trong tam giác vuông SIK ta có: SI = IK tan 60° --

, J2 „ 1 2a’*/Ĩ5 „ 2 4aS>/Ĩ5’ f r T u n - f X * = u s "

5

18



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




21/348

2) Gọi M là trung điểm SD. Tính d (M, (SBC)].

Gọi E là giao điểm của AD với BQ ta có:

E D _ D C __ 1 TTT-i __ 1 , _ __ 1-p. ——= ——= —=> ED = —AD = ID EA AB 3 2

Do đó: d (M, (SBC)) = - d (D, (SBC)) = Ỉ d (i, (SBC))

2 4Gọi H là hình chiếu của I lên SK ta có: d (ì, (SBC)) = IH

Trong tam giác vuông SIK, ta có:

1 1 1 5 5 _ 5 _ aVĨ5H----- —= ---- H----- —= — — IH = —-—

IH2 SI2 IK 2 1 [7Ĩ

Vậy d [M, (SBC)] = — — .

Chú ý:

12a2 4a2 3a2

e Nếu hai mặt phẳng cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của chúng cũng vuông góc với mặt phang thứ ba.

e Để tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (a) ta có thể sử đụng

cách sau:

W ATthì d(A;(ữ)) = ^đ(B,(oO).B I

Ví dụ 1-1.16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a.

Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN và D M . Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và

SH = a\/s . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và khoảng cách giữa hai

đường thẳng DM và sc theo a.(Trích đề thi ĐH Khối A - 2010)

19



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




22/348

Lời giải. £

Ta có: Vs cr)NM - -SH .S MNDC

2 2 c 2G _ Q ______Q _ « _ „2 a a _ 5a

Ma SMNDC - ữABCD " AAMN ~ ữAMBC - a “ "g" 4 ~ "1“ ■

Nên VSCDNM = ~ = (đvtt).

Lại thây: DM.CN = Ì ỊA - DCj. —ỊDC - DAj = DA2 - DC2 = 0.

Vậy CN J- DM từ đó s c -LDM bởi vậy:

đ(SC; DM) = d(H;SC) = 2SAíígC = SH‘CĨÌ- = — SH,CH- .s c s c VsH2 + CH2

Laicó: CH = ^ACMD = 2(s

ạ DM

ABCD ~ SAAMD ~ SACMb ) _ Ị ĩ

DM Vs

Thay lên trên ta có khoảng cách cần tính là: 2a J—-.

Ví dụ 1.1.17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật

AB —a, AD = aVã . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = 3 a . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = 2MS, mặt phẳng (BCM) cắt SD tại N . Tính thế tích của khối chóp S.BCNM. s

Ta có MN / /BC , suy ra MN 1 (SAB) nên BCNM là hình thang vuông tại B

và M. Do SM = —SA nên MN‘= -A D = ^ ^3 3 3

AM = —SA = 2a 3

20



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




23/348

=> BM = VsA2 -Ị-AB2 = aV5

(MN + BOJBM _ 2a2VĨ5 Suy ra SBCNM - - - g •

Vẽ đường cao SH của tam giác SBM, ta có SH X MN =» SH _L(BCNM)

Tam giác MHS đổng dạng với tam giác MAB nên ta có:

SH _ AB " _ AB.SM _ _a_ S M ~ M B ^ “ BM " V s '

Vậy VS.BCNM = 3 S ^ S b c n m = ~ ĩ p - -

Ví dụ 1.1.18. Cho hình chop S:ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Tam giác SAB vuông tại s và nằm trong mặt phẳng vuông góc với

đáy. Cạnh bên s c tạo vói đáy một góc 30°. Tính thể tích khôi chóp sABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC.

Lời giải.

Vẽ đường cao SH của tam giác ASB, do (SAB) JL(ABC) nên SH _L(ABQ

Suy ra HC là hixừi chiếu của s c lên mặt phẳng (ABC). Do đó, goc SCH

ià góc giữa s c vó i mặt phẳng (ABC) nên SCH = 30 °.Đặt AH = X > 0 , trong tam giác vuông ASB, ta có:

. SA2 = AH-AB = xa

Suy ra SH2 = SA2 — AH2 —xa —X2 (1)Áp đụng định lí cô sin cho tam giác AHC, ta có:

HC2 = AH2 + AC2 - 2AH.AC. COS 60° = X2 + a2 - xa Trong tam giác SH C, ta có:

2 , 2 _ SH = HC .tan30° => SH2 = - - ----- — (2).

3

21



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




24/348

Từ (1) và (2) ta suy ra:2 2 __ ' _

X 4* 3. xa. __ 2 / _ _\2 __ s. m T 3.------ — — =----- = xa - X (2x — a) = 0 X — — SH — —.

3 2 2Vậy thể tích khối chóp là:

1 CITO _ 1 a a V s _ 3? SỈ3 VSABC - 3 !S^A AB C - 3_-2 * T " ~ ~ ẳ T '

Ví dụ 1.1.19. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B ,

BA = 3a, BC = 4 a ; mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC).

Biết SB '= 2aV3 và SBG = 30° . Tứửi ứiể tíđi khổì chóp SABC và

khoảng cách, từ điểm B đến mặt phẳng (SACj theo a.

(ĩrích ẩ ề thi ĐH Khối Đ - 2011)Lời giải.

Gọi H là hình chiếu của s xuống BC. Vì (SBC) ± (ABC) nên SH _L(ABC).

Ta có: SH = a-s/s . s .

Do đó VgĴ BCD = - SH.Sa a b c = 2a3\/3

Ta có tam giác SAC vuông tại s .

Vì SA = as l2Ĩ ,SC= 2a, AC = 5a

và SASAC = a 2>/21 nên ta có được

d (B, (SAC)) = ^ A B C = 6a AASAC v7

Ví dụ 1.1.20. Cho hình chóp S-ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60°. Tính thể tích khối chóp S-BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.

(ĩrìck đệ tki ĐH Khối A - 2011)

Lời giải.Do hai mặt phẳng (sab] và (sac) cắt nhau theo giao tuyến SA và

cừng vuông góc với (ABC) nên SA ‐1 (ABC), hay SA là đường cao

của khối chóp S.BCNM.

22



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




25/348

Ta có: 8BCNM “ SABC ~ SAMN = 2a2 - -M A . M N = 2a2 - - a 2 =3 a

DoBC J_ AB

(SAB)_LBC.BC-LSA

Nên SBA chính là góc giữa hai mặt phẳng (SBC] và (ABC], thế thì

theo giả thiết ta có SBA —60°. Trong tam giác vuông SAB ta có

SA = ABtan60° = 2a>/3.

v ềy Ŝ.BCNM = - SA.Sbcnm = - .2 ã j3 .—̂ ~ - vSa 3 (dvtt)

Gọi p là trung điểm của BC thì AB // NP, AB Ợi (SPN) nên AB//(SPN)

do đó d(AB,SN) - d(AB;(SPN)) = d(A;(SPN))

[PN_L AETừ A hạ AE i. NP, E 6 PN thì

PN JLSA 5

^ PN ± (SAE); hạ AH ± SE thì

AH ± (SPN) => d(A;(SPN)) = A H .

Ta có: AE = NP = a; SA = 2a>/3

=$■AH

1 1

AS2 + AE2

13

12a5

=>- AH = a.c

Vậy d(A;(SPN)) = a*

Ví dụ UL2L Cho hình chóp S-ABC có các cạnh đáy AB = 5a; BC = 6a, A(' —7a.

Các mặt bên tạo vói đáy một góc bằng nhau và bằng 60°. Tính thê’ tích khôi chóp S.ABC và tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).

Biết hình chiếu của đỉnh s thuộc miền trong tam giác ABC .Lời giải.

Gọi I là hình chiếu vuông góc của s trên [ABC], A B c ' lần lượt là

hình chiếu của I trên BC, CA, AB.Từ giả thiết suy ra SA ' I —SB ' I = s c ' I —60^. Các tam giác vuông SIA ’?SIB ’, S IC bằng nhau nên IA ' = IB' = x c ' => I là tâm đường

tròn nội tiếp tam giác AB C.

23



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




26/348

Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC =?■p =5a + 6a -f 7a = Sa

S aa bc - >/ p (p “ BC) (p ” AC) (p - AB)= ^ 9a(9 a —6a) (9a - 7a)(9a —5a) = 6>/6a2

Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ta c ó :C = nr = /- = Sa bc =ABC - Pr ^ r - -

p

2>/ổ£

da2Vẽa

ĨA' = r = 2^6a

Ta có: SI = IA'ían60° = ———■"v/s = 2>Ẽa3

1Suy ra VSABC = ^SIS a bc

= —2V2a.6\/6a = 8-v/3a3.3

Chú ý:©Nếu các mặt bên của hình chóp tạo với đáy những góc bằng nhau thì hình chiêu của đinh là tâm đường tròn nội tiếp đáy.• Nếu các cạnh bên của hình chóp bằng nhau ỉhì hình chiếu của đỉnh ỉà tâm đường tròn ngoại tiêp đáy.

Ví dụ 1.1.22. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,SA = SB —SC —a . Tính SD theo a để khôi chóp S-ABCD có thể tích lớn nhất.

Lời giải.

c

Gọi H là hình chiêu của s lên mặt đáy, ta suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên H thuộc BD.

Mặt khác |BD1 AC => AC ± (SBD) o = BD n AC là hình chiếu của |SH _LAC

A ỉên mặt phẳng (SBD), mà AS = AB = AD = a =*►o là tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác SBD =» ASBD vuông tại s . Đặt SD = X

24



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




27/348

Ta có: SH.BD = SB.SD =>SH = và SARrn = -A C B DBD ABCD 2

1 SE SD 1 1Nên VSABCD = 3 - ' 2 AC'BD

Mà OA2 —AB2 - 5 ^ - = a2 - &2 + ‐ 2 = — 4 4 4

1 / 2 2"Do đó: VSABCD = ị.a.x.V 3a - X

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: Wiia2 —X2 < ^

1 3a2 a 3Suy ra: VSjABCD < 0 -a* 2“ = 4 •

’ 2 2 2 SLv/ôĐăng thức xảy r a ^ x = 3 a —X X = ——

2

Vậy VS.ABCD lón ̂ ^ SD = .

Ví dụ 1.1.23. Cho tứ diện gần đều ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AB —BC —c . Tính thể tích của khối tứ diện.

Lời giải.Trong mặt phẳng (DBC), dựng các đường thẳng qua các đỉnh và song

song với cạnh còn lại của tam giác BCD chúng cắt nhau tại M, N, p.

Khi đó B, c,D lần lượt là trung điểm của các đoạn cạnh MN, NP, PM . Ta có: SẠMNp = 4Sabcd nên VAMNp = 4V43CJJ.

Vì AD = BC và BC là đường trung bình cửa ANMP nên:

AD = DM = DP Suy ra tam giác AMP là tam giác vuông tại A .Tương tự cũng có các tam giác APN, ANM đều vuông tại A .

Vì thế VAMNP = - AM.AN.AP. Đặt AM = X , AN = y, AP = z . 6

Chú ý MN2 = 4DC2 = 4a2, nên áp dụng định lí Pitago cho các tam giác AMP,APN, ANM ta có:

X2 + y 2 = 4a2

y2 + z2 = 4b2 ^

z2 + x2 - 4 c 2

X 2 + y 2 = 4a2

y z + z 2 = 4 b 2

X 2 + 2 + Z2 = 2(a2 -f b2 + c2)

X2 = 2(a2 - b2 + c2),y2 = 2(a2 + b2 - c2), Z2 = 2 ( -a2 + b2 + c2)

25



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




28/348

Vậy VAMNp = ^Ệ-Ậa2 - b 2 + c 2)(a2 + b2 - c 2 )(~a2 + b 2 +c2), nêno

VABCD = \/(a2 - b2 + c2)(a2 + b2 ~ c2) (-a 2 + b2 -f c2).

Ví dụ 1.1,24. Xét hình chóp S-ABCB có đáy ABCĐ là hình thang vuông tại A và B, CD = 2 a . Các mặt bên của hình chóp cùng tạo vói đáy một góc

60°. Gọi V là thể tích của khối chóp S.ABCD. Tìm giá trị lớn nhất của V.Lời giải.

Gọi H là hình chiêu của s lên mặt phẵng đáy; M, N, p, Q lẩn lượt là hình chiếu của H lên các cạnh AB, BC, CD, DA.

Ta có: SMH = SNH = SPH = SQH = 60°

Suy ra ASHM = A SHN = ASHP = ASHQ =* HM = HN = HP = HQ

Suy ra ABCD là tứ giác ngoại tiếp và H là tâm đường tròn nội tiêp tứ giác đó.

Đặt AB = X, 0 < X < 2a và AB -í- CD = ÁD + BC — X -Ị- 2ac u •~ ' AB + BC + CĐ -Ị- DA. nSuy ra chu vi tứ giác: p = -----------------------------= 2a + X

n;* , ,, ., . / Anrn 0 _ AB(BC + AD) x(x + 2a)Diện tích cùa tứ giác ABCD: Sj = --------- — — -------- ------ -.

Mặt khác: = P-HM HM = -2

Trong tam giác SHM , ta có: SH = HM ta n60° = X- ^ .

Thể tích khối chóp S.ABCD:

V - Ỉ S H S _ 1 x(x + 2a) 73x 2(x + 2a) _ 3 1 _ 3 2 ' 2 _ 12

Do X < 2a và hàm số f(x) = x^Cx + 2a) đồng biêh trên (0; 2a) nên ta có

v y j z ( 2 a ) 2 ( 2a + 2 a ) 4 a 3 V 3

12 3 i

t 7 í> Tr 4 a 3 V ã . .Vậy max V = -------- , đạt được

khi ABCD là hình vuông cạnh 2a .



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




29/348

1.3. Bài tập vận dụngBài 1 .1 .1 . Cho hình chóp tam giác đều S.ABC. Tính thể tích khối chóp

S.ABC biết:

1) Cạnh đáy bằng a và mặt bên tạo vói đáy một góc 60°2) Cạnh bên bằng 2a và SA JLBM/ vói M là trung điểms c .

Bài 1.1.2. Cho hình chóp đều 8.ABCD, đường cao S H . Tính thể tích của

khổi chóp SABCD biết:1) Cạnh đáy bằng a và khoảng cách từ trung điểm I của SH đến

(SBC) bằng b

2) Cạnh bên bằng b và mặt bên tạo với đáy một góc a (0° < a < 90°).

Đổng thời hãv xác định a để Vg ABCJ) nhất.

Bài 1.1.3. Cho hình chóp S.ABC, mặt bên (SBC) là tam giácđều cạnh a ,

SA JL(ABC). Biết góc BAC = 120°. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a .

Bài 1.1.4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD = 2a, cạnh SA vuông góc vói đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng

đáy một góc 60°. Trên cạnh SA lấy điếm M sao cho AM = —— . Mặt

phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N . Tính thể tích khôi chóp S.BCMN.

Bài 1.1.5. Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, tam

giác SAC cân tại s , SBC = 60°, mặt phẳng (SAC) vuông góc với

( ABC). Tính theo a thể tích khôi chóp S.ABC.

Bài 1.1.6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tám o. Hình chiếu của s lên mặt đáy trùng với điếm H là trung điểm của AO.

Mặt phẳng (SAD) tạo với đáy một góc 60° và s c = a . Tính Vg ABCD

và d(AB,SC).

Bài 1.1.7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD ià hình thoi; hai đường

chéo AC = 2a\j>3,BD = 2a và cắt nhau tại o ; hai mặt phẳng (SAC) và

(SBD) cùng vuông góc vói mặt phẳng (á BCD) . Biết khoảng cách từ

ayỈ3điểm o đên mặt phẳng (SAB) bằng —-—, tính thê’ tích khối chóp

S.ABCD theo a.Bài 1 .1 .8. Trong mặt phắng (P) cho tam giác ABC vuông tại c có

AB = 2 a , AC = a . Trên đường thẳng vuông góc vói (P) tại A lấy

27



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




30/348

„„ 2 _ 2(SE2 ■+EM2) - SM2 Ejir ~ -------------------- — ---------

9a*16

Tam giác EFP vuông tại F nên

EP2 = EF2 4- FP2 ^ X2 = 8a2 & X = 2aV 2

^x-s/sAO = —AI ='

3 3SO SA - AO = J4a

Vậy VSABC = g S 0 -SAABC

2 _ 8 a^3

5

2a>/3

• _ 2aV§ x 2 V ã 4a3 9 4 ” 3

Bài 1.1.2.1) Gọi E là trung điểm của BC

=►HE J_ BC và SH J_ BC =» (SHE) J_ BC =» (SHE) Ị (SBC).

Do đó, hạ IK 1 SE =►IK JL(SBC) =» IK = b.Hai tam giác ASKI và ASHE đổng dạng với nhau suy ra

IK SK ^ SH = H |SK = ; SK =HE SH I K 2 b 2a

* S H = 2* J s r f _ b*b V 4

1 -16b1

2ab= _ => g JỊ _ ____________

4 Va2 - 16b2và sABCD

2abVậy VS.ABCD = g SH-Sa BCD = o /-=--------

đ a Va2 - 16b.a2 =

2a b

16b*

2) Ta có: ((SBC), (ABCD)) = SEH = Q .

V 2Đăt BC — X thì ta có OE = —, OB = — 2 2Trong tam giác vuông SHE ta có SH = HE- tan ŨL, trong tam giác

vuông SHB có: SH2 = SB2 - HB5 —tan a I = h2íaV2Ì

=> X =2 h

V2 + tan2 a

30



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




31/348

1 1 2VSABCD = 3 SH-SABCD = x • t a n a

4h 3 tan a

Vậy maxVSABCD =

27 tan a

4yfzh?27

tan a = l ^ a = 45 .

Bài 1.1.3. (Bạn đọc ,tự vẽ hình)

Ta có ASAB = ASAC =ỉ>AB = AC. Đặt AB = AC = X.

Áp dụng định lí côsin trong tam giác ABC ta có:

BC2 = AB2 + AC2 - 2ABAC. COS 120°

a —7=-

2 v 3^ a2 —X2 4- X2 - 2.X.X.I-Ậ

Mặt khác: SABC ——AB.AC. sin BAC = ỉ -ự=. sin 120° = — ' V i24

SA = VSB2 - AB2

V = -SAJSABC

‘ H - i1 a273 Í2 ^ a3y/2 3 24 V3 “ 72

31



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




32/348

Bài 1.1.4. Ta có: MN // AD; BC ± SA và BC _LAÈ =>■BC _L(SAB)

=*- BC± BMBCMN là hình thang vuông tại B và M ., OA MN _ SM 2 4a

Ta có: SA= AB tan 60 = av3 , -7 — 7- = —-7- = —=>■MN = — AD SA 3 3

BM = VáE2 +AM 2 = % v3

Diện tích hình thang BCMN: s = - C + ^ BM =

Hạ SH ± BM => SH _L(BCMN)

- =̂ - SH là đường cao của khôi chóp S.BCMN.Do AMHS ~ AMAB nên suy ra:

MH.MB = MS.MA MH = ^ ^ = — 5MB 3

=> BH = BM + MH = aV§

= VSB2 - BH2 = Vếa2 - 3a2 = a

Vậy VS.BCMN = gS.SH

1 10a2 lOylầâ3 — , .—. ■.â — ■" .

3 J 27Bài 1.1.5. (Bạn đọc tự vẽ hình)

Gọi H là trung điểm của AC thì SH _LAC =£■SH -L(ABC).

Đặt SH = h

2Ta có SC2 = HS2 + HC2 = b 2 + — , SB2 = HS2 + HB2 = h4

Mà s c 2 = BS2 +B C2 -.2B&BCcos60°

=* h 2 + — = h 2 + — + a 2 - 2 a ih 2 + — i < & h = a J f .4 4 V 4 2 V2

^ , ơ a2Vã ^ Tr 1 /3 a2VÌ _ a3>/2Ta có S^ABC - => ^S.ABC - 3 ^ 2 ' A ~ ” ~ 8 ‘

Bài 1 .1 .6. Kẻ HK X AD =» SKH = (7sAD),7ÃbCD)) = 60°

Ta có: HK = —CD = - =* SH = HKtan 60° = SABCD :

Nên VSABCD = 3 SH-SABCD = "“1 2 ” '



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




33/348

Do A B / / ( S C D ) =►d ( A B , S C ) = d ( A , ( S C D ) ) = | d ( H , ( S C D ) )Ổ

Vẽ HF _LCD,HE X SF HE = d(H,(SCD)), HF = - AD = ị a4 4

^ ■- n u n 1 1 ± 0 4T r o n e tam giác SHF ta CÓ: ___ o = ___ o + ——õ — Õ

HE2 HS2 HF2 9a2

1 1 1 64 HE = 3a8 '

Bài 1.1.7. (Bạn đọc tự vẽ hình)Ta có SO = (SAC) n (SBD). Do hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng

vuông góc v ở i mặt phẳng (ABCD) hên suy ra s o J- (ABCD).

K ẻ O E ± A B , O K X S E => O K = d ( 0 , ( S A B ) ) = —

1 1 1 4 1 1V ì

1 1

OE ̂ OA2 Ob'

4 1

3a2 ^ SO2 OK 2 OE5= — => SO =

Sabcd = ị ACDB = 2a2Vã. Vậy vs>S.ABCD -

Bài 1.1.8. Gọi H, K lẩn lượt là hình chiếu của A .Ta có: BC 1 (SAB) => AK 1 (SBC) => AK _LSB =>

Do đó AHK = ((SAB)~(SBCj) = 60°.

Trong tam giác vuông AKH ta có:

A K n 0 V 3 A T T >/3 A T T —- = sin 60 = — ^ AK = — AH AH 2 2

!V ã

SB X (AHK)

Suy raAK 3AH SA2

1

AC■+

ISA AB J

^ SA2 =

BC = VaB2 - AC2 = aVã

= — =» SA = — 2 . 2

33

« 5 I


34/348

SAABC=fcA.CB = ^ 22 V I

Vậy V,S.ABC 12

Bài 1.1.9.

Vẽ ME // SA ^ ME _L(ABCD), do đó DM X BN ^ DE J. B N .Đặt AN = xAD

Ta có: DE = DA + ÃE = -ÃD + ỈÃ B ; m ỉ = -Ã B + ÃN = -Ã B + xÃD3BN .1 DE o (3ÃD - ÃB)(ÃB - xÃD) = 0 ■

-3xÂD2 - AB2 + (3 + x)ÃB.ÃD = 0

Ta có tam giác ABD đều nên_ _ _ _ _ _ 2

AB.AD = AB.AD.cos BÀD —a.a.cos60° —— 2

Nên ta có: -3xa 2 - a2 + = 0 x- - =>A N = - A I ) = — 2 5 5 5

Ta có: ME = —SA - sAABN

Suy ra SABND - SAAEC ~ sẠABN -

ị A i \ — — A U —

5 5

= —AB.AN. sin 60° =2 10

3a2Vã

Vậy V-BDMN = -ME .S'ABND

20

_ 1 2aVã 3a2V3 = a3" 3 3 ' 20 10

34



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




35/348

Bài 1.1.10.Gọi H là hình chiếu của s lên BC; E, F lẩn lượt ỉà hình chiếu của H lên AB, AC suy ra SH JL(ABC) và HE = HF nên AH là phân giác

của góc BAC^ , AB BC , BH ' „ AB v AB.AC 2aTa có: ---- = ------= 1 + — - = 1 + —— HF = — — ---= —

HF HC CH AC AB + AC 3

Suy ra SH = H F.tan60° = SAABC = -A B A C = a5

2a 3V3Vậy V,S.ABC

Bài 1.1.11.

Gọi I là hình chiếu vuông góc của s trên (ABCD), tương tự như ví dụ

trên ta cũng có I ià tâm đường tròn nội tiếp hình thang ABCD. tứ giác ABCD ngoại tiếp nên AB + DC = AD + BC = 5a

Diện tích hình thang ABCD là s = —(AB + DC) AD = —.5a.2a = 5a22 2

Gọi p là nửa chu vi và r là bán kính đương tròn nội tiếp của hình thang

ABCD thì p = A B ±]*±+A D + BC = 10a 5a2 2 s

s ‘ĩa

s = pr r = — = — — = a = > Ĩ K — r = a . p 5aTam giác SAD đều và có'cạnh 2a nên

SK = => SI = VsK 2 - I K 2 = aVã

Vậy V = ỈSL Sa b c d = | a ^ . 5 a 2 =

35



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




36/348

Bài 1.1.12.© Tính VS ABC

Ta có: AB —a, BC = a-v/2 và

AC.21== SA2 + SC2 - 2SA.SC. COSẤ sc = 2a2 + a2 = 3a2 Suy ra AABC vuông tại B. Gọi H là trung điểm BC, ta có H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Mà SA = SB —SC i- SH 1 (ABC)

Do SH = J SA2 SAAnr = - AB.BC = nên ta có:V 4 2 AABC 2 2

V = —SH s = ——a ^ = a ^S.ABC - 3 ữii.ữAABC _ 2 - ■

• Tính a = (AB,CE) và d(AB,CE)Gọi F là trung điểm của SA , suy ra EP // AB =*>(AB, CE) = (EF, CE)

AB // (CEF) =►d (AB, CE) = d (AB, (CEF)) = d (A, (CEF)) = h

AB a ^ L ,2 ^ B 2 a S Ta có: EF = — = CE = , sc * -2 2 V 4

C F = l2(cs2 + C á2) - SA2 =V 4 ” 2

3a2 a2 7a:^ CE2 +C F 2 - E F 2 i r + T 4

Suy ra COS CEF = 2CE.CF =

2 2

r\ A' — '^21 .0Do đó cos a = ------7114

V2Ĩ14

Ta có: Vg_CEF - - Vị4 SABC ̂ CABEF

Mặt khác SAAFB = 2Sa bFE

„ ______ 1 „ __ _ U T _ _ a 3 V2=* VB.CEF = õ VCABEF = -Ị VS.ABC =

i j ĩ 3 4 48

sin a = >/l —cos* a =14 ỉ

icEJSF.s ine^i ỂA.^ =ỂM ° o o - Sappf = —CEJ2F. sinct = —- ACKif 2 2 4 14 112 N

Vậy h = S £ S F = - J ^ = 2 ^®ACEF a2>/21 3

112

36



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




37/348

Bài 1.1.13.Vì SA = SB = s c nên hình chiếu của s lên mặt phẳng (ABCD) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có H 6 BD và SH _L(ABCD).Do ABCD là hình thoi nên AO -LBD (O là tâm của hình thoi ABCD). Suy ra AO _L(SBD)

Mà AS = AB = AD = a nên ta có o là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBD, mà o ỉà trung điểm BD nên ta suy ra tam giác SBD vuông tại

s, suy ra BD = ựsB 2 + S D 2 = aVã =» BO - —

s h = >/sb2 - b h 2 =Suy ra tam giác ABC đều nên BH — => SH = \/sB2 -3

Thể tích khối chóp: V = - SH.S^CP = - . — . =3 3 3 2

s

'Vã

Gọi K là giao điểm của AE với BD, K là trọng tâm tam giác ADC.

Từ K vẽ đưàng thẳng song song với SB, cắt SD tại M. Suy ra SB // (AME)Suy ra d(SB, AE) = d(SB, (AME)) = d(S,(AME)) = ^ .d (M ,(A M E ))

DM

T ừ M v ẽ M N n SH, N e BD, suy ra đ(D, (AME» = — d(N, (AME)).NK

SM _ SK _ DN _ DM _ 1 DN _ 2 DM —DK — ' DH ~ DS ~ 3 ^ DK “ 3

Suy ra đ(SB,AE) = —d(N,(AME)).

Vẽ NP _LKE => KE 1 (MNP), vẽ NQ _LM P.Ta có NQ ± KE => NQ -L(AME) =* đ(N, (AME)) = NQ

aVẽ NP

9 * DETa có: MN = —SH =

3M = I =*. NP = -D E = - KD 3 3 6

37



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




38/348

Suy ra NQ "

Bài 1.1.14.

NM.NP = a-v/2

VnM 2 + NP 33

a V 2 2 _ , A J / O T J A TT• SH _L(ABCD)

Gọi K là hình chiếu của H lên CD, ta có CD _L(SKH). Suy ra SKR là

góc giữa mặt phẳng (SCD) với mặt đáy, do đó SKH —60°.Gọi E là hmh chiếu của c lên AD, suy ra ABCE là hình vuông cạnh a.Ta có: CD = VCE2 + ED2 = aVĩõDo ACED ~ AHKD nên ta có:

HK _ KD CE ~ DE

HK = KD.CEDE

aVĨÕ ^

2 'a a Vĩõ

5u yr aS H = H K t a n 6 0 ° = - ^ - AB(AD + BC) Sa5

3a

■' SABCD

Vậy thể tích khối chóp là: VS ABCD = = 5ai^

Bài 1.1.15.Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH _LA E.Ta có AACD cân tại A nên CD _L AE. Tương tự CD JL BE Suy ra CD i. (ABE) =» CD i. BH

aMà BH -LAE BH _!_(ACD) =» BH = . Gọi a = ((ACD), (BCD).

v3

_ . ___ 1 a ^ \ / l 5Thế tích của khôi tứ diên ABCD là V = —BH.SA*rr» = ----- —

3 AACD 27

38



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




39/348

JASCD_____________ , 2 / 5 ________

AEDE = =* AE*'X)E“ =9 9

Mặt khác: AE2 + DE2 = 2a^ => AE^jDE2 là hai nghiệm của phương

2 o 2 5a4 a2 5a2trinh X —2a X + —— = = ,x = —— .

Vì D E < a ^ D E = — ,AE =3 >

Xét ABED vuông tại E nên

BE BD - DE* =

Xét ABHE vuông tại H nên

_ B H __ X . 0sin a = —rr = - = => a = 45BE 4 i c

Vậy góc giữa hai mp(ACĐ) và (BCD) ỉà a = 45°.

Bài 1.1.16. Gọi H là hình chiếu của I lên AB, suy ra AB _L(SIH) => SHI là

góc giữa mặt bên (SAB) .và mặt đáy. Do đó SHI = 60°.

Do tam giác ABD đều. nên suy ra ABD = 60° và BD = — nên áp dụng3

định lí cô sin. cho tam giác BDM ta có:

MD2 = BM2 + BD2 - 2BMJBD. COS60° = ~ =» MD =

Mặtkhác:MD BM

sin 60° sìnBDM

9 3

._ _ BM. sin 60° /3sin BDM = --------Er----= J -

MD V7

tan BDM =

cos2 BDM = — 7

V3

01 = OD/tanBDM = — I là trung điềm AO

'T ' aaxtt * A/VD _ AI "tt__AI.OB" aTa có AAHI ~ AAOB =» = ——• IH = — :------= — OB AB AB 8

Suy ra SI = IHtan 60° —— 8

Sạamĩ am a i _ 1 1 = 1 - g. = i c -Smbo AB'AO 3 2 6 AAm 6 AAB0 48

39



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




40/348


41/348

NH = OH tan 60° — a V ô” 8 ~

SH = i S

VNACD = 2 VSACD =* VSACN = 2 VSACD

_ 1 CXJ c ____ 1 aVẽ a2 _ a3 Vẽ= —Sxl-OA Apri ——------— ---------- - — ,

6 6 4 2 48

Bài 1.1.19. Kẻ SH vuông góc AC (H € AC) => SH i. (ABC)

SC = BC = aVi, SH = I V ã

a 2 / 0 1 _ _ „ 3ữAABC = "2 ^ VS.ABC = 3 SAABC-SH =

Gọi M ỉà trung điểm SB và splà góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC"). Ta có: SA = AB = a, sc = BC = ay => AM _LSB và CM _LSB, suy raCOSLP = cos AMC

ASAC = ABAC=> SH = BH = 1V 3

SB =

AM là trung tuyến ASAB nên:

A„ 2 _ 2AS2 + 2AB2 - SB2 _ 10a2 A, , aVĩõAM = ---- -----------------------= ——— =£ AM = —

4 16 4 __

•r _ ^ a7Ĩ2 _ rĩTĩ- _ AM2 + CM2 —AC2 VĨÕ5Tương tự; CM = —-— => COSAMC = ----------- — ----------= ----- —~

2.AM.CM 35

Vậy: cos Ip =VĨÕ5

35Bài 1.1.20. Đặt SA = X.

Gọi ĩ = AD n BC thì SI = (s a d ) n (SBC);

ÍBD ± ADBDXSA BD ± [s a d ] => BD _LSI.

Dựng DE X SI,E 6 SI khi đó (HOE) ± SI .

Do đó BED là góc giữa hai mặt phẳng [s a d ] và (SBC).

Do đáy ABCD là nửa lục giác đều nên LAB = IBA = 60̂ => AIBA đều.

41



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




42/348

Vì vậ y AI = A B = 2a , SI — VSA 2 + A I2 = -\/x2 — (2a) 2 = Vx2 + 4a 2

D ễ th ấy A S A I - A D EI — = - = = ẫ = = > D E = - = S = .

SA 81BD _L(SAD) => BD 1 D E . Trong tam giác vuông BDE ta có:

tan BED = = ^7DE ax

=* 3(x2 + 4 a 2) = 7x 2 => X = a V s .

Mà SABCD - ~ AB AD. sin 60° + —CB.CD. sin 120° = ầỂ^Ề.2 2 4

Thế tích khôi chóp S.ABCD là:

. V _____ = 1 SA s ___ = 1 » /ã 3&2^ = 3 a 3S.ABCD — 3 ữ a -ữABCD — 3 v Ị ~ ~ 4 ~ '

D ự n g A P J _ S H , P e S H .

Do CD ‐1 (SAH) =>■AP 1 CD =ị> A P I (SCD).Tucmg tự, d ự n g AQ _L SC ,Q £ sc thì A Q _L (S B C ).D o đ ó P A Q = ( ( S B C ) ^ (S C D ) ).

Trong tam giác SAH ta có:

1

A P 51 - 1 __ L _

^ P 2 ~ A S 2 + A H 2 ' | a ^ Ị 2 + / / 3 '

2V /

3 a^ - A P = a J |

Dễ thây ASAC vuông cân tại A nên AQ = —s c = - .

Do AP _L(SCD) =*. AP 1 PQ .

Trong AAPQ có

3

AP V5APcosAPQ = ^=- =

AQ a-s/6

\/ĩõ

2

Vậy c o s ( ( S B C )7 ( S C D )) = ^ .5

42



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




43/348

Bài 1.1.21. Áp dụng định lí hàm số cô sin cho tam giác SAB ta có:

AB2 = SA2 -f SB2 —2SA.SB. COS a = 2a2 (1 - COS a ) = 4a2 COS2

=» AB = 2a cos — 2

_ 3 'VTương tự: BC = 2a COS —, CA = 2a COS —

Gọi H là hình chiếu của s lên mặt phẳng đáy (ABC), ta có H là tâmđường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

IVT* ATT _ AB.BC.CA _ _ _ NênAH = ------ — ----- , s = SAAB0 / suy ra

Nến s* = p(p - AB)(p - BC)(p - CA)

\2= a

OL 8COS— Ị- COS —

2 2 —COS —

22 1 COS —-

2 _ a 3

cos ——COS — 2 2 n

a3k vói

a 3cos—+COS—

2 2 _ 21 -COS -

2

^ 2COS ——

2a. 0

cos---- cos-2 2

- 4 COS2 —COS2 - COS2 — 2 2 2

c

43

Ố

I


44/348

Chuyên đề 2 . THỂ TÍCH KHỐ I LĂNG TRỤ

Phượng phápgíải: Sử dụng công thức thể tích “ 'The ừckĩầôĩ lằng tru. V = B.h ' » - s

Lị - ©' The tích khmầộp chữ nhật có cấc cạnh a, b, c • V —abc _ .

7-̂ *r Ihểiícỉúchồĩlậpphương cạnh a: V — a 3 V - " ' - *1-

:rẨậỡể fmh the tích củalchốilăng trụ A.n t ta can đi tính

P '£ chiêự caô cùă ỉăng trạ và diện' tích đáy! Các tính chất củảlăríg trụ:ầ) ífHình lãng trạ , ■- . , . / ~ -

'' } • Cầc cạnh 'ben của hình lãng irụ song'song và bằng rửĩau ' • CạcTÍiặt bên của hình ỉãng ừụ Tà các hình bình hành

* Hàí đây của hình ỉăng trụ ỉà hái đa giãc bằng nhau và nằm trong hai mẫt :^Ẩphẳng song song VỚI rihau. ;

* Lẳng-trụ có các cạnh bên'vuông góchaiđáy đứợc gọiỉà lãng trụ ãứng:

ACẬĩ*:Cấccạnh liên của lãng trụ đửng chinh ỉà điẽờng cao của nó^Cácmặt bến của lãng trụ đứng là cắc hìĩih chữ rihât _

irfc • trụ đứng có đẩy là đa giác đều đượcgoỉ ỉà ỉãng tru đều l yĩị -Cắc mặtbên của lăng tru đêu ĩà các hình chữ nhật bằng nhau.

b)_ 'Hình Hộp: lÂhình lãng tru có đáy là hình bình hành „ • Hỉnh hộp đứng có các cạnh })ên vuông góc với đáy

^ • Hình'hôp đứng có đấy ỉà hình chữ nhật được gọi ỉă hình hộp chữ nhật -," ̂ í • Hình hợp' chữ nhật có ba lách thước bằng nhàu được gọi ỉà hình ỉập phương.

- - • Đường chéo của hình hộp chữ nhât có ba kích thước SLj b, c là 1 T

đ = ựa2 + b 2 + c 2 ' ^ - ■- ~

Đựờng chẻó củà hình ỉâp phương cạnìi a là, á — aVâ, %

2.2. Các ví dụ minh họa.Ví dụ i-2.1 . Cho lăng trụ đều ABC.A'B’C . Biết mặt phẳng (A'BC) tạo

với mặt phẳng (A 'B 'C ) một góc 60° và khoảng cách từ A đẽh mặt

phẳng (A ’ BC) bằng — . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A' B ’c 1.

Lời giả iGọi M là trung điểm BC, suy ra BC _L(A ’ MA) nên

Ã^MÀ = ((A'BC),(ABC)) = ((A 'B O ^A ’B'C')) = 60°

Gọi H là hình chiếu của A lên A.-M=» AH = d (a , (A 1BC)) = —

44



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

O

Á

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




45/348

Trong tam giác vuông AHM ta có: ÂM = ----------= aVssin 60°

Trong tam giác vuông AA 'M ta có: AA' = AM tan 60° — 3a

Vì AM = ^ 5 ^ =* AB = = 2a =►SAABC = a2Vã2 v 3

Vậy thể tích khôi láng trự là: V = AA' -SAABC = 3aS-v/3 . A' C’

Chú ý: Khi giải các bài toán về hình lăng trụ,, các giải thiết được thể hiện trên một hình chóp và sử dụng các kĩ thuật đã biết trên hình chóp. Chẳng hạn, ở trong bài toán trên các giả thiết của bài toán được thể hiện trên hình chóp A ' -ABC.

Ví dụ 1 .2.2. Cho lăng ữụ đứng ABCD.A'B'C’D' có đáy ABCD là hinh

thoi cạnh 2 a . Mặt phằng (B ’AC) tạo với đáy một góc 30°, khoảng cáchtừ B đêh mặt phẳng (D 1AC) bằng — . Tính thể tích khôi tứ diện ACB11) ’.

2Lời giải.

Gọi o là giao của hai đường chéo ẠC và BD, ta có AC _L(B'OB) => ífÕ B = 30°

Gọi H là hình chi�

Documents

GIẢI TOÁN THEO CHUYÊN ĐỀ TRỌNG ĐIỂM HÌNH HỌC 12 - NGUYỄN TẤT THU