Tài liệu Chuyên đề hình học không gian 2012_thầy kiên

Chuyên đề luyện thi đại học PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TẬP HÌNH KHÔNG GIAN TRONG KỲ THI TSĐH Biên soạn: Nguyễn Trung Kiên Hình không gian là bài toán không khó trong đề thi TSĐH nhưng luôn làm cho rất nhiều học sinh bối rối. Thông qua chuyên đề này tôi hy vọng sẽ giúp các bạn học sinh hiểu rõ hơn bản chất của bài toán để từ đó tìm ra chìa khóa giải quyết triệt để dạng toán này ne t Phần 1: Những vấn đề cần nắm chắc khi tính toán ⊻ Trong tam giác vuông ABC (vuông tại A) đường cao AH thì ta luôn có: AB. AC AB 2 + AC 2 ilie 1 1 1 = + ⇒ AH = 2 2 AH AB AC 2 ta - u. - b = c tan B , c = b tan C , AH 2 = HB.HC H C w B w w .b ox A ⊻ Trong tam giác thường ABC ta có: a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A;cos A = b2 + c2 − a2 . 2bc Tương tự ta có hệ thức cho cạng b, c và góc B, C: - S ∆ABC = 1 1 1 ab sin C = bc sin A = ac sin B 2 2 2 - S = p.r (Trong đó p là nữa chu vi, r là bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác) - S= abc 4R NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 1 ⊻ Thể tích khối đa diện: - Vchop = 1 B.h (B là diện tích đáy, h là chiều cao) 3 - VLT = B.h Phần 2) Phương pháp xác định đường cao các loại khối chóp: Loại 1: Khối chóp có 1 cạnh góc vuông với đáy đó chính là chiều cao. Loại 2: Khối chóp có 1 mặt bên vuông góc với đáy thì đường cao chính là đường kẻ từ mặt bên đến giao tuyến. Loại 3: Khối chóp có 2 mặt kề nhau cùng vuông góc với đáy thì đường cao chính là giao tuyến của 2 mặt kề nhau đó. - Loại 4: Khối chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc các cạnh bên cùng tạo với đáy 1 góc bằng nhau thì chân đường cao chính là tâm vòng tròn ngoại tiếp đáy. - Loại 5: Khối chóp có các mặt bên đều tạo với đáy 1 góc bằng nhau thì chân đường cao chính là tâm vòng tròn nội tiếp đáy. Sử dụng các giả thiết mở: u. ne t - ilie Hình chóp SABCD có mặt phẳng ( SAB ) và ( SAC ) cùng tạo với đáy góc α thì chân đường cao hạ từ đỉnh S thuộc phân giác trong góc BAC - Hình chóp SABCD có SB = SC hoặc SB, SC cùng tạo với đáy một góc α thì chân đường cao hạ từ S rơi vào đường trung trực của BC Việc xác định được chân đường cao là yếu tố đặc biệt quan trọng để giải quyết các câu hỏi trong bài toán hình không gian cổ điển .b ox ta - w w Phần 3: Các bài toán về tính thể tích w A. Tính thể tích trực tiếp bằng cách tìm đường cao: Để giải quyết tốt dạng bài tập này các em cần nắm chắc các dấu hiệu để xác định đường cao và sử dụng các công thức 1 + Vchóp = B.h 3 + VLT = B.h Ta xét các ví dụ sau: Ví dụ 1) (TSĐH A 2009) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , có AB = AD = 2 a, CD = a . Góc giữa 2 mặt phẳng ( SCB ), ( ABCD ) bằng 600. Gọi I là trung điểm AD biết 2 mặt phẳng ( SBI ) và ( SCI ) cùng vuông góc với đáy ABCD . Tính thể tích khối chóp SABCD . HD giải: Dấu hiệu nhận biết đường cao trong bài toán này là: ‘’2 mặt phẳng ( SBI ) và ( SCI ) cùng vuông góc với đáy ABCD ’’ NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 2 Vì 2 mặt phẳng ( SBI ) và ( SCI ) cùng vuông góc với đáy ABCD mà ( SBI ) và ( SCI ) có giao tuyến là SI nên SI ⊥ ( ABCD ) . Kẻ IH ⊥ BC ta có góc giữa 2 mặt phẳng ( SCB ), ( ABCD ) là ˆ = 600 . Từ đó ta tính được: IC = a 2; IB = BC = a 5; S ( ABCD ) = 1 AD ( AB + CD ) = 3a 2 SHI 2 1 a 2 3a 2 2S 2 2 IH .BC = S ( IBC ) = S ( ABCD) − S ( ABI ) − S (CDI ) = 3a − a − = nên IH = ∆IBC = 2 2 2 BC 3 3 3 15 3 a . Từ đó tính được VSABCD = a . 5 5 u. ne t S A ilie B H D w w .b C ox ta I w Ví dụ 2) (TSĐH D 2009) Cho lăng trụ đứng ABCA ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = a, AA ' = 2a, A ' C = 3a . Gọi M là trung điểm của đoạn B ' C ' , I là giao điểm của BM và B ' C . Tính thể tích khối chóp IABC theo a HD giải: Dấu hiệu để nhận biết đường cao trong bài toán này là:’’ I nằm trong mặt bên ( BCC ' B ') vuông góc với đáy ( ABC ) ’’ Ta có: - ABCA ' B ' C ' là lăng trụ đứng nên các mặt bên đều vuông góc với đáy. I ⊂ ( B ' BC ) ⊥ (ABC), từ I ta kẻ IH ⊥ BC thì IH ⊥ ( ABC ) và I chính là trọng tâm tam giác BB ' C ' ⇒ IH CI 2 4a = = ⇒ IH = BB ' CB ' 3 3 NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 3 Có AC = A′C 2 − AA′2 = 9a 2 = 4a 2 = a 5 ⇒ BC = AC − AB 2 = 2a 2 VIABC = 1 1 4a 1 4 IH .dt ( ABC ) = . . .2a.a = a 3 ( đvtt) 3 3 3 2 9 C' A' M B' I ne t O C u. A ilie H B ta Ví dụ 3: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = a 2, SA = a ox và vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và SC ; I là giao điểm của BM và AC . Chứng minh rằng mặt phẳng ( SAC ) vuông góc với mặt phẳng ANIB . .b ( SMB ) . Tính thể tích khối tứ diện w w Lời giải: Ta có: w +) Chứng minh ( SAC ) ⊥ ( SMB ) . AC = AB 2 + BC 2 = a 2 + 2a 2 = a 3; BM = AB 2 + AM 2 = a 2 + 2a 2 a 6 = 4 2 Gọi O = AC ∩ BD ;do I là giao điểm của hai đường trung tuyến AO và BM nên là trọng tâm của tam giác ABD . Theo tính chất trọng tâm của tam giác ta có: AI = 2 1 a 3 2 a 6 AO = AC = ; BI = BM = 3 3 3 3 3 NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 4 Nhận xét: AI 2 + BI 2 = Do đó BM ⊥ AI a 2 2a 2 + = a 2 = AB 2 , suy ra tam giác AIB vuông tại I . 3 3 (1) Mặt khác: SA ⊥ ( ABCD ) nên SA ⊥ BM (2) Từ (1) và (2) suy ra BM ⊥ ( SAC ) +) Tính thể tích khối tứ diện ANIB Ta thấy khối chóp ANIB cũng chính là khối chóp NAIB ne t Dấu hiệu nhận biết đường cao trong bài toán này là: ‘’Điểm N nằm trong mặt phẳng ( SAC ) u. vuông góc với đáy ( ABCD ) ’’ ilie Do NO là đường trung bình của tam giác SAC nên ta có: NO / / SA và NO = 1 1 a 3 a 6 a2 2 = AI .BI = . = 2 2 3 3 6 ox Diện tích tam giác đều AIB là: S AIB ta Do đó NO là đường cao của tứ diện ANIB 1 a SA = 2 2 w w .b 1 1 a 2 2 a a3 2 Thể tích khối tứ diện ANIB là: V = S AIB .NO = . = 3 3 6 2 36 w S N M A D I O B C NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 5 Ví dụ 4) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = 3a, BC = 2a . Các mặt bên đều hợp với đáy một góc 600 . Tính thể tích khối chóp SABC Lời giải: Dấu hiệu nhận biết đường cao trong bài toán này là: ‘’Hình chóp có các mặt bên hợp với đáy các góc bằng nhau thì chân đường cao là tâm đường tròn nội tiếp đáy hình chóp’’ Từ đó ta có lời giải sau: ne t Gọi O là hình chiếu của S trên mặt phẳng ( ABC ) và I , H , J lần lượt là hình chiếu của O trên AB, BC , CA . u. Theo định lý ba đường vuông góc ta có: SI ⊥ AB, SJ ⊥ AC , SH ⊥ BC ta
= SJO
= SHO
= 600 Theo giả thiết ta có: SIO ilie
, SJO
, SHO
lần lượt là góc hợp bởi các mặt bên ( SAB ) , ( SAC ) , ( SBC ) và mặt đáy Suy ra: SIO ox Các tam giác vuông SOI , SOJ , SOH bằng nhau nên OI = OJ = OH .b Do đó O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là đường trung tuyến w w Mặt khác: ABC là tam giác cân tại A nên AH vừa là đường phân giác, vừa là đường cao, vừa w Suy ra A, O, H thẳng hàng và H là trung điểm của BC Tam giác ABH vuông tại H , ta có: AH = AB 2 − BH 2 = 9a 2 − a 2 = 2a 2 Diện tích tam giác ABC là: S ABC = Ngoài ra: S ABC = pr , với p = ⇒r= 1 1 BC . AH = .2a.2a 2 = 2a 2 2 2 2 1 ( AB + AC + BC ) = 4a và r : bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC . 2 S ABC 2a 2 2 a 2 = = = OH p 4a 2 NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 6 Tam giác SOH vuông tại O , ta có: SO = OH tan 600 = a 6 2 1 1 a 6 2a 3 3 Thể tích khối chóp SABC là: V = S ABC .SO = .2a 2 2. = 3 3 2 3 I O ne B H J u. A t S ilie C w w .b ox ta Ví dụ 5) Cho hình lăng trụ tam giác ABCA ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A AB = a 3, AC = a . Biết đỉnh C ' cách đều các đỉnh A, B, C và khoảng cách từ đỉnh B đến mặt 6a phẳng (C’AC) bằng .Tính thể tích khối chóp A ' ABC ' theo a và tính cosin góc tạo bởi mặt 15 phẳng ( ABB ' A ') và mặt phẳng đáy ( ABC ) . Giải: Dấu hiệu nhận biết đường cao trong bài toán này là: ‘’Đỉnh C ' cách đều các đỉnh A, B, C ⇔ w C ' A = C ' B = C ' C ’’ C' B' A' N H B C M I A K NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 7 - Hạ C ' H ⊥ ( ABC ) ⇒ ∆C ' HA = ∆C ' HB = ∆C ' HC ⇔ HA = HB = HC Suy ra H là tâm vòng trong ngoại tiếp tam giác ABC . Vì tam giác ABC vuông tại A nên H là trung điểm của BC . Ta có: d B /( ACC ') = 2d H /( ACC ') . Hạ HM ⊥ AC , HN ⊥ C ' M ⇒ HN ⊥ ( ACC ') ⇒ d H /( ACC ') = HN = Ta có: HM = 1 3a d B /( ACC ') = . 2 15 1 a 3 AB = ⇒ C ' H = a 3 từ đó tính được CC ' = 2a. 2 2 ne t 1 1 1 1 a3 Có VA ' ABC ' = VLT = C ' H .dt ( ABC ) = .a 3. .a 3.a = 3 3 3 2 2 1 AC suy ra I 2 là trung điểm của AB . Tam giác ABC vuông tại A nên KI ⊥ AB ⇒ Góc tạo bởi ( ABB ' A ') và u. - Hạ A ' K ⊥ ( ABC ) thì C ' HKA ' là hình chữ nhật . Gọi I = HK ∩ AB thì OI / / = ox 1 a a 13 IK 13 ⇒ cos
= HK = ; A ' I = IK 2 + A ' K 2 = A ' IK = 2 2 2 A'I 13 .b IK = IK . Tính được A' I ta Ta có: cos
A ' IK = ilie đáy ( ABC ) là
A ' IK w w w
= 600 Ví dụ 6) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành AB = 2a, AD = a, BAD SAB là tam giác đều . Gọi H là trung điểm của AB , K là hình chiếu vuông góc của H lên mặt a 15 phẳng ( SCD ) . Tính thể tích khối chóp SABCD biết HK = và điểm K nằm trong tam 5 giác SCD Giải: Bài toán này được cho theo kiểu giả thiết mở. Dấu hiệu để tìm ra đường cao khối chóp là:’’ SAB là tam giác đều Tức là SA = SB '' NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 8 S B C 120° K H E ne t F ilie Gọi E là trung điểm của CD , F là trung điểm của ED u. D A ta Với giả thiết SA = SB ta suy ra chân đường cao hạ từ S lên mặt phẳng ABCD thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AB ox Nói cách khác chân đường cao hạ từ S lên ( ABCD ) thuộc đường thẳng chứa HF 2 HK .dt ( SCD ) 3 w w Ta có: VSABCD = 2VSHCD = .b Hạ HK ⊥ SF ⇒ HK ⊥ ( SCD ) w Ta cần tính diện tích tam giác SCD Ta có: dt ( SCD ) = 1 SF .CD; 2 Mà SF = SK + KF ; SK = SH 2 − HK 2 ; KF = HF 2 − HK 2 SH là đường cao tam giác đều SAB suy ra: SH = a 3, HF là đường cao tam giác đều HDE suy ra: HF = a 3 3 15a Thay số ta có: SF = 2 10 Vậy: VSABCD = 2 a. 3 1 3 15a 3a3 . . .2a = 3 5 2 10 5 NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 9 Ví dụ 7) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = a 3
= SCB
= 900 . Tính thể tích khối chóp khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 2 và SAB S.ABC theo a . Giải: Đây là bài toán dễ làm cho học sinh bối rối khi xác định đường cao hình chóp. S ne t K ilie A u. C H ta B .b ox  AB ⊥ SH ⇒ AB ⊥ ( SHA) ⇒ AB ⊥ HA . Hạ SH ⊥ ( ABCD ) vì   AB ⊥ SA w w Chứng minh tương tự ta có BC ⊥ HC ⇒ HABC là hình vuông. Mặt khác ta có: w Ta có HC ⊥ BC kẻ HK ⊥ SC ⇒ HK ⊥ ( SBC ) ⇒ HK = a 2 1 HK 2 = 1 HC 2 + 1 HS 2 ⇒ SH = HK .HC HC 2 − HK 2 =a 6 1 1 3a 2 6a 3 Thể tích khối chóp VSABC = SH .S ∆ABC = a 6. = 3 3 2 2 Ví dụ 8) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SA = SB = a , SD = a 2 và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD Giải: NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 10 S A D H O B u. Hạ SH ⊥ BD ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ ∆SHA = ∆SHC ⇒ SA = SC ne t C SB.SD SB 2 + SD 2 a 6 ,suy ra tam giác ABC là tam giác đều 3 2a 3 6 .b ox 1 1 a 6 a2 3 VSABCD = SH .S ABCD = . . = 3 3 3 2 = ta Tính được BD = a 3, SH = ilie Từ giả thiết ta suy ra ∆ASC = ∆ADC = ∆ABC ⇒ OB = SO = OD ⇔ ∆SBD vuông tại S w w 2 Chú ý: Ta có thể tính thể tích theo cách: VSABCD = 2VCSBD = CO.S ∆SBD 3 w Trong ví dụ này chìa khóa để giải quyết bài toán là phát hiện ra tam giác SBD vuông tại S Các em hãy rèn luyện dạng toán này qua bài tập sau: ‘’Cho hình chóp SABCD có cạnh SD = x ( x > 0) , các cạnh còn lại của hình chóp bằng nhau và bằng a ( x > 0) . Tìm x biết thể tích khối chóp SABCD bằng 2a3 .’’ 6 B. Tính thể tích bằng phương pháp gián tiếp Khi gặp các bài toán mà việc tính toán gặp khó khăn thì ta phải tìm cách phân chia khối đa diện đó thành các khối chóp đơn giản hơn mà có thể tính trực tiếp thể tích của nó hoặc sử dụng công thức tính tỉ sốthể tích để tìm thể tích khối đa diện cần tính thông qua 1 khối đa diện trung gian đơn giản hơn. Các em học sinh cần nắm vững các công thức sau: NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 11 VSA′B′C ′ SA′.SB′.SC ′ (1) = VSABC SA.SB.SC VSA′ABC A ' A (2). Công thức (2) có thể mở rộng cho khối chóp bất kỳ. = VSABC SA S C' ne t A' B' A ilie u. C ta B w w .b ox ˆ = 600 , SA vuông góc Ví dụ 3) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BAD với đáy ABCD , SA = a . Gọi C ' là trung điểm của SC , mặt phẳng ( P ) đi qua AC ' song song với BD cắt các cạnh SB, SD của hình chóp tại B ', D ' . Tính thể tích khối chóp SABCD HD giải: Để xác định mặt phẳng ( P ) các em cần tính chất: w ’’Mặt phẳng ( P ) song song với đường thẳng ∆ thì mặt phẳng ( P ) sẽ cắt các mặt phẳng chứa ∆ (nếu có) theo giao tuyến song song hoặc trùng với ∆ ’’ Gọi O là giao 2 đường chéo ta suy ra AC ' và SO cắt nhau tại trọng tâm I của tam giác SAC Từ I thuộc mặt phẳng kẻ đường thẳng song song với BD cắt các cạnh SB, SD của hình chóp tại B ', D ' là 2 giao điểm cần tìm. Ta có: SC ′ 1 SD′ SB′ SI 2 = ; = = = SC 2 SD SB SO 3 Dễ thấy V( SAB′C ′D′) = 2V( SAB′C ′) ;V( SAB′C ′) = 2V( SABC ) ⇒ VSAB′C ′D′ VSAB′C ′ SA.SB′.SC ′ 1 = = = VABCD VSABC SA.SB.SC 3 NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 12 1 1 1 3 3 Ta có V( SABCD ) = SA.dt ( ABCD ) = SA. AD. AB.sinDABˆ = a.a.a. = a3 3 3 3 2 6 V( SAB′C ′D′) = 3 3 a (đvtt) 18 S D' C' ne t I A' D u. A B ilie O C ox ta Ví dụ 4) (Dự bị A 2007) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD = 2a cạnh SA vuông góc a 3 . Mặt 3 .b với đáy, cạnh SB hợp với đáy một góc 600. Trên cạnh SA lấy M sao cho AM = w w phẳng ( BCM ) cắt SD tại N . Tính thể tích khối chóp SBCMN HD giải: w Ta cần tính chất: ’’Mặt phẳng ( P ) song song với đường thẳng ∆ thì mặt phẳng ( P ) sẽ cắt các mặt phẳng chứa ∆ (nếu có) theo giao tuyến song song hoặc trùng với ∆ ’’ Từ đó có lời giải như sau: Từ M kẻ đường thẳng song song với AD cắt SD tại N là giao điểm cần tìm, góc tạo bởi SB
= 600 . và ABCD là SBA Ta có SA = SB.tan 60 = a 3 . Từ đó suy ra SM = SA − AM = a 3 − a 3 2 3 SM SN 2 =a ⇒ = = 3 3 SA SD 3 Dễ thấy V( SABCD ) = V( SABC ) + V( SACD ) = 2V( SABC ) = 2V( SACD ) ; V( SBCMN ) = V( SMBC ) + V( SMCN ) NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 13 ⇒ V( SMBCN ) V( SABCD ) = = V( SMBC ) + V( SMCN ) V( SABCD ) = V( SMCN ) 2V( SABC ) + V( SMCN ) 2V( SACD ) 1.SM .SB.SC 1.SM .SC.SN 1 2 5 + = + = 2.SA.SB.SC 2.SA.SC.SD 3 9 9 1 1 2 3 3 Mà V( SABCD ) = SA.dt ( ABCD ) = a 3a .2a = a 3 3 3 ⇒ V( SMBCN ) = 10 3 3 a 27 u. ne t S N ilie M D ox ta A O B w w w .b C Ví dụ 5) Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của AB, AD, SC . Chứng minh mặt phẳng ( MNP ) chia khối chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau. Lời giải: Trong bài toán này ta thấy:’’Mặt phẳng ( MNP ) chứa đường thẳng MN / / BD nên mặt phẳng ( MNP ) sẽ cắt mặt phẳng ( SBD) theo giao tuyến song song với BD ’’ Từ đó ta có lời giải sau: Gọi I , J , K lần lượt là giao điểm của MN và CB, CD, CA NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 14 Nối PI cắt SB tại E , nối PJ cắt SD tại F Ngũ giác PEMNF là thiết diện của mặt phẳng ( PMN ) và hình chóp 3  CI = CB CB CD CO 2  2 Gọi O = AC ∩ BD ; do BD / / MN nên ta có: = = = ⇒ 3 CI CJ CK 3  CJ = CD  2 Vì P là trung điểm của SC nên ta có: d ( P, ( ABC ) ) = 1 d ( S , ( ABC ) ) 2 ne t 1 1 1
.d ( P, ( ABC ) ) Do đó: VPCIJ = SCIJ .d ( P, ( ABC ) ) = . CI .CJ .sin BCD 3 3 2 ilie u. 1 3 3
. 1 d ( S , ( ABC ) ) = . CB. CD.sin BCD 6 2 2 2 9 1
.d ( S , ( ABC ) )  = 9 V =  .CB.CD.sin BCD  16 SABCD 16  3 ox Tương tự VJDFN = .b 1 1 1 VICPJ = VPCIJ = VSABCD 18 18 32 1 1 VPCIJ = VSABCD 18 32 w w ⇒ VIBEM = ta VIBEM IB IE IM 1 1 1 1 = . . = . . = VICPJ IC IP IJ 3 2 3 18 w Gọi V1 là thể tích phần khối chóp giới hạn bởi mặt phẳng ( PMN ) và mặt phẳng đáy của hình chóp ta có: V1 = VPCIJ − (VIBEM + VJDFN ) = 9 1  1  1 VSABCD −  VSABCD + VSABCD  = VSABCD 16 32  32  2 1 Gọi V2 là thể tích phần còn lại của khối chóp thì V2 = VSABCD 2 Vậy V1 = V2 . NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 15 S P E I A B F O M K N C ne t D u. J ilie Ví dụ 6) Cho khối lập phương ABCDA ' B ' C ' D ' cạnh a. Các điểm E và F lần lượt là trung điểm của C ' B ' và C ' D ' . 1) Dựng và tính diện tích thiết diện của khối lập phương khi cắt bởi mặt phẳng ( AEF ) ta 2) Tính tỉ số thể tích của hai phần khối lập phương bị chia bởi mặt phẳng ( AEF ) .b 1) Dựng và tính diện tích thiết diện: ox Lời giải: w w Kéo dài EF cắt A ' B ' và A ' D ' lần lượt tại I và J Nối AI và AJ cắt BB ' và DD ' lần lượt tại P và Q w Ngũ giác APEFQ là thiết diện của mặt phẳng ( AEF ) và hình lập phương Gọi O = A ' C '∩ B ' D ' và K = IJ ∩ A ' C ' Do B ' D '/ / IJ nên ta có: Suy ra: IJ = B ' D ' A ' B ' A ' D ' A 'O 2 = = = = IJ A' I A' J A' K 3 3 3a 2 3 3a 3 3a 2 B'D' = ; A' I = A' B ' = A ' J ; A ' K = A 'O = 2 2 2 2 2 4 Do PB '/ / AA ' nên ta có: ( PB ' IP IB ' 1 1 a = = = ⇒ PB ' = AA ' = = QD ' AA ' IA IA ' 3 3 3 ) Ta có: S APEFQ = S AIJ − S PIE + SQJF = S AIJ − 2 S PIE NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 16 Trong tam giác vuông AA ' K ta có: AK = AA '2 + A ' K 2 = a 2 + 1 1 3a 2 3a 2 3a 2 17 = IJ . AK = . . = 2 2 2 4 8 Trong tam giác PIE kẻ đường cao PH thì PH / / AK và PH = 3a 2 1 a 2 ⇒ IE = IJ = 2 3 2 3a 2 17 a 2 17 7 a 2 17 − = 8 12 24 u. Vậy S APEFQ = S AIJ − 2 S PIE = 1 1 a 2 a 34 a 2 17 . IE.PH = . = 2 2 2 12 24 D Q .b C ox O ta A B ne Diện tích tam giác PIE là: S PIE = ilie Mặt khác: IJ = A ' I 2 = 1 a 34 AK = 3 12 t Do đó: S AIJ 18a 2 a 34 = 16 4 P A' w w D' O' B' H w I E K J F C' 2) Tính tỉ số thể tích: VAA ' IJ = VB ' PIE 1 1 3a 3a 3a 3 A ' A. A ' I . A ' J = .a. . = 6 6 2 2 8 1 1 a a a a3 = B ' P.B ' I .B ' E = . . . = 6 6 3 2 2 72 Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có: VB ' PIE = VD ' QJF NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 17 Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của khối đa diện ở phía dưới và phía trên mặt phẳng ( AEF ) Ta có: V1 = VAA ' IJ − 2VB ' PIE = 3a 3 2a 3 25a 3 − = 8 72 72 V2 = VABCDA ' B ' C ' D − V1 = a 3 − Vậ y 25a 3 47 a 3 = 72 72 V1 25 = V2 47 Phần 4: Các bài toán về khoảng cách trong không gian u. ne t A. Khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng Để giải quyết nhanh gọn bài toán khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng học sinh cần nắm chắc bài toán cơ bản và các tính chất sau ilie ⊻ BÀI TOÁN CƠ BẢN ta Cho khối chóp SABC có SA vuông góc với đáy ABC . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) ox (Tính khoảng cách từ chân đường cao đến mặt bên của khối chóp) .b ⊻ PHƯƠNG PHÁP w w - Hạ AM vuông góc với BC , AH vuông góc với SM suy ra AH vuông góc với ( SBC ) . Vậy khoảng cách từ A đến ( SBC ) là AH w - Ta có 1 1 1 = + ⇒ AH = 2 2 AH AM AS2 S AM . AS AM 2 + AS 2 H C A M B NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 18 * Tính chất quan trọng cần nắm: - Nếu đường thẳng ( d ) song song với mặt phẳng ( P ) thì khoảng cách từ mọi điểm trên ( d ) đến mặt phẳng ( P ) là như nhau







 - Nếu AM = k BM thì d A/( P ) =| k | d B /( P ) trong đó ( P ) là mặt phẳng đi qua M - Nếu a , b là hai đường thẳng chéo nhau. Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa b và ( P ) / / a thì ne t d a /b = d a /( P) = d M ∈a /( P ) u. Trên cơ sở các tính chất trên ta luôn quy được khoảng cách từ một điểm bất kỳ về bài toán cơ bản. ilie Trong 1 số trường hợp khi việc tìm hình chiếu khó khăn, thì ta nên sử dụng công thức ta 1 3V V = B.h ⇒ h = 3 B .b ox Ví dụ 1) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hình chiếu của S lên mặt phẳng ABCD trùng với trọng tâm tam giác ABD . Mặt bên SAB tạo với đáy một góc 600. Tính theo a thể tích của khối chóp SABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng SAD Lời giải: w w Gọi G là trọng tâm của tam giác ABD , E là hình chiếu của G lên AB . Ta có: ˆ = 600 ⇒ SAG w SG ⊥ AB; GE ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( SGE ) ˆ = 3GE ⇒ SG = GE. tan SEG Mặt khác G là trọng tâm của tam giác ABD ⇒ GE = 1 a BC = 3 3 1 a3 3 ⇒ VSABCD = SG.S ABCD = 3 9 Hạ GN vuông góc với AD , GH vuông góc với SN NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 19 Ta có d B /( SAD ) = 3dG /( SAD ) = 3GH = 3GN .GS GN + GS 2 2 = a a 3 3 . 3 3 2 a a 3    + 3  3  2 = a 3 2 A t S ne D H C M ilie N ta B u. G E ox Trong bài toán này G là chân đường cao của khối chóp. Để tính khoảng cách từ B đến ( SAD) w w .b ta đã quy bài toán về trường hợp cơ bản là tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( SAD) w Ví dụ 2) Cho hình lăng trụ đứng ABCD. A′B ′C ′D ′ có đáy ABCD là hình thoi , AB = a 3 , ∠BAD = 1200 . Biết góc giữa đường thẳng AC ′ và mặt phẳng ( ADD ′A′) bằng 300 .Tính thể tích khối lăng trụ trên theo a. và khoảng cách từ trung điểm N của BB ' đến mặt phẳng (C ' MA) . Biết M là trung điểm của A ' D ' Giải: Ta có VABCD. A ' B 'C ' D ' = AA '.S ABCD (1). Đáy ABCD là hình thoi gồm 2 tam giác đều ABC , ACD nên: S ABCD = 2S∆ABC (a 3) = 2. 4 2 3 3 3a 2 = (2) 2 NGUYỄN TRUNG KIÊN www.boxtailieu.net 20