Tài liệu Tài liệu hình học không gian cổ điển (nguyễn tất thu) phần 4

§ 6. THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN Để tính thể tích của một khối đa diện (lăng trụ và hình chóp) ta thường thực hiện theo các cách sau Cách 1: Tính trực tiếp Sử dụng dụng các công thức: 1  Thể tích khối chóp: V  h.Sd , trong đó h là chiều cao, Sd là diện tích đáy. 3 Đặc biệt: Nếu hình chóp S.ABC có SA,SB,SC đôi một vuông góc thì: 1 VS.ABC  SA.SB.SC . 6  Thể tích khối lăng trụ: V  h.Sd , trong đó h là chiều cao của lăng trụ, Sd là diện tích đáy. Đặc biệt: +) Hình hộp chữ nhật ba cạnh a, b,c : V  abc +) Hình hộp lập phương cạnh a : V  a 3 Cách 2. Tính gián tiếp.  Nếu hình H được tách thành hai hình rời nhau H1 , H2 thì VH  VH  VH 1 2  Trên các đường thẳng SA, SB, SC của hình chóp S.ABC ta lấy lần lượt các điểm A', B',C' . Ta có: SA'.SB'.SC' . VS.A' B' C'  V SA.SB.SC S.ABC Chú ý: Khi xét tỉ số thể tích của hai khối chóp thì ta thường tìm cách chuyển về hai khối chóp có chung mặt phẳng đáy. 1. Phân loại các dạng hình chóp. Loại 1: Hình chóp đ ều S.A1 A 2 ...A n , đường cao SH. * H là tâm của đáy  * SA H là góc giữa cạnh bên SA i và mặt phẳng  A1 A 2 ...A n  . i  là góc giữa hai mặt phẳng (SA A ) và * Gọi M là trung điểm cạnh A1 A 2 , khi đó SMH 1 2  A1 A 2 ...A n  . Ví dụ 2.6.1. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD . Tính thể tích khối chóp biết 1) Cạnh bên bằng a 5 và mặt bên tạo với đáy một góc 600 2) Đường cao của hình chóp tạo với đáy một góc 450 và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC bằng 2a . Lời giải. 1 Gọi O là tâm của đáy, ta có SO  (ABCD) suy ra : VS.ABCD  SO.S ABCD . 3 1) Gọi M là trung điểm CD , ta có: CD  (SMO)  là góc giữa mặt bên với mặt đáy, nên SMO   600 Do đó góc SMO Đặt AB  2x  MO  x,OC  x 2 Trong các tam giác vuông SOC,SOM ta có: SO 2  SC 2  OC 2  5a 2  2x 2 ; SO  OM.tan 60 0  x 3 Nên ta có phương trình : 5a 2  2x 2  3x 2  x  a Vậy VS.ABCD  1 4 3 3 4 3 3 x 3.(2x)2  x  a . 3 3 3 GV: Nguyễn Tất Thu  là góc giữa đường cao SO với mặt 2) Gọi K là hình chiếu của O lên AM, ta có OK  (SCD) nên OSK   450 . Gọi N là trung điểm AB. bên nên OSK Do AB / /(SCD)  d(AB,SC)  d(AB,(SCD))  d(N,(SCD))  NH  2a 1 NH  a 2 Các tam giác SKO,SOM là các tam giác vuông cân nên ta có Trong đó HN / /OK  OK  SO  OK 2  a 2 , OM  SO  a 2  1 Vậy VS.ABCD  a 2 2a 2 3  2  8a 3 2 . 3 S H K A N D M O B C Ví dụ 2.6.2. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC. Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC). Tính thể tích của khối chóp biết 1. Cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng b. 2. Cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt bên và mặt đáy là .   . 3. Chiều cao bằng h và ASB 4. Trung đoạn bằng d, góc giữa cạnh bên và mặt đáy là . Lời giải. S C A N H M B GV: Nguyễn Tất Thu Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BC,BA. H  AM  CN. 1 a2 3 a.a.sin 600  . 2 4 2 a 3 Vì H cũng là tr ọng tâm của tam giác ABC nên HA  AM  . 3 3 a2 1 h 3b2  a 2 . Do đó SH2  SA 2  AH2  b2  3 3 a) Diện tích đáy của khối chóp S.ABC là S ABC  Thể tích của khối chóp là V  1 a2 3b2  a2 SH.SABC  . 3 12 a2 3 . 4 Vì SH  BC, AM  BC nên BC  (SAM), do đó góc giữa mặt (SBC) và mặt đáy là góc giữa hai đường thẳng MA, MS.   900 nên   (MA,   Do SHM MS)  SMA. b) Diện tích đáy S ABC  1 a 3 AM  , 3 6 a 3 nên SH  HM. tan   tan . 6 a3 tan  Thể tích khối chóp là V  . 8 Ta có HM  c) Đặt AB  x. Xét tam giác vuông SAN ta có SN  AN.cot  x   .cot . 2 2 2 Trong tam giác vuông SHN : SN 2  SH2  HN 2 , nên 2 x 3 x2  2 3.h .cot2  h2   .   x   4 2 2   6  3 cot 1 2 x2 3 3 3.h2  . Diện tích đáy SABC  4 2  3 cot 1 2 1 3.h3 . Thể tích khối chóp là V  SH.SABC  3 2  3 cot 1 2  Trung d) Vì hình chiếu của S lên mặt đáy là H nên góc giữa cạnh bên và mặt đáy là   SAH. đoạn của hình chóp là SM  d. Đặt SH  h. 1 1 Ta có AH  SH.cot   h.cot   HM  AH  h.cot . 2 2 2 2 Tam giác SHM vuông tại H nên SM  SH  HM2 , hay 1 2d h2  h2 cot2   d2  h  . 4 4  cot2  GV: Nguyễn Tất Thu 2d cot  Suy ra AH  SABC  2 4  cot   AB 3 4d cot   AB  , nên diện tích đáy của khối chóp 2 3(4  cot2 ) AB2 3 4 3d2 cot2   . 4 3(4  cot2 ) Thể tích của khối chóp là V  1 16d3 cot3  h.S ABC  . 3 9 (4  cot2 )3 Ví dụ 2.6.3. Cho hình chóp đều S.ABCD có M, N,E lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AD, SC . Tính tỷ số thể tích hai phần của hình chóp được cắt bởi mặt phẳng  MNE  . Lời giải. S E P C L Q D N O B H A K Đường thẳng MN cắt BC và CD tại K và L; EL cắt SD tại P; EK cắt SB tại Q. Mặt phẳng (MNE) cắt hình chóp theo mặt cắt là ngũ giác NMPEQ. a Đặt AB  a,SO  h . Ta có KB  DL  . 2 h Hạ EH / /SO  EH là đường trung bình của SOC nên EH  . 2 1 1 3a 3a 9a 2 1 1 h 9a 2 3a 2 h ; VECKL  EH.S CKL  . . CK.CL    2 2 2 2 8 3 3 2 8 16 Ta có Q là trung điểm của EK nên S CKL  VKBQM VKCEL  KB.KQ.KM 1 1 1 1 1 a2 h  . .   VKBQM  VKCEL  KC.KE.KL 3 2 3 18 18 96 Tương tự VLNDP  a2 h 96 Suy ra V1  VBCDNMQEP  VECKL  [VKBMQ  VLDNP ]  Gọi V2 là phần thể tích SEQMANP ta có: GV: Nguyễn Tất Thu 3a 2 h a 2 h a 2 h   16 48 6 Suy ra V2  VSABCD  V1  V a2 h a2 h a2 h . Vậy 1  1 .\   V2 3 6 6 Bài tập Bài 1.6.1. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân AB  BC  a, đường cao SA  a. Gọi B là trung điểm của SB,C là chân đường cao hạ từ A của tam giác SAC. Chứng minh SC  (ABC) và tính thể tích khối chóp S.ABC. Hướng dẫn giải. +) Ta có BA  BC nên tam giác ABC vuông cân tại B. Vì BC  BA, BC  AS S nên BC  (SAB)  BC  AB, mà AB  SB  AB  (SBC), C' do đó AB  SC. Mặt khác ta có BC  SC nên SC  (ABC). +) Thể tích khối chóp S.ABC là 1 1 V  SC.S ABC  SC.AB.BC. 3 6 Ta có: B' B SC  SA 2  AC 2  SA 2  BC 2  BA 2  a 3. Tam giác SAC vuông tại A, đường cao AC nên SC  Tam giác SAB vuông cân tại A nên AB  SB  Suy ra BC2  SB2  SC2  C A SA 2 a  . SC 3 1 a 2 SB  . 2 2 a2 a 6  BC  . 6 6 1 1 a 3 a 2 a 6 a3 Vậy thể tích cần tìm là V  SC.AB.BC  . . .  . 6 6 3 2 6 36 đều Bài 1.6.2. Cho hình chóp tam giác S.ABC với SA  2a, AB  a . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh SC . Chứng minh SC vuông góc với mp  ABH  . Tính thể tích khối chóp  S.ABH  . Hướng dẫn giải . Gọi O là tâm tam giác đều , D là trung điểm AB ta có SO   ABC , CD  AB  SC  AB mà SC  AH nên SC   ABH  Trong tam giác cân SAC có cos S  Trong tam giác vuông SAH có SH  SA cos S  2a SA 2  SC 2  AC 2 4a 2  4a 2  a 2 7   2SA.SC 2.2a.2a 8 7 7a a 15 và AH  SA 2  SH 2   8 4 4 Trong tam giác vuông ADH có DH  AH 2  AD2  GV: Nguyễn Tất Thu 15a 2 a 2 a 11   16 4 4 1 11 7 11 3 Vậy thể tích khối chóp VS.ABH  S ABH .SH  AB.DH.SH  a . 3 32 96 S H C A O D B Bài 2.6.3. 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 với đáy một góc 600 2) Cạnh bên bằng 2a và SA  BM , với M là trung điểm SC . Hướng dẫn giải. Gọi O là tâm của đáy, I là trung điểm BC  (SBC),(ABC)  60 0 , 1) Ta có BC  (SIO)  SIO  IO   1 a 3 a a2 3 AI   SO  IO tan 60 0  , S ABC  3 6 2 4 1 1 a a2 3 a3 3 Vậy VSABC  SO.S ABC  . . .  3 3 2 4 24 2) Gọi E,F,P lần lượt là trung điểm của AB, BS, SM , ta có:  SA, BM   EF,PF  EF  FP . Đặt AB  x     2(BS 2  BC 2 )  SC 2 x 2  2a 2 BM  ,FP  4 2 2 2  3x  2  SA 2  AE 2   SC 2  4  2(EC2  ES 2 )  SC 2 4a 2  x 2  EM 2     4 4 4 Ta có: EF  a, BM 2  EP 2  2(SE 2  EM 2 )  SM 2 9a 2  4 16 Tam giác EFP vuông tại F nên EP 2  EF2  FP 2  x 2  8a 2  x  2a 2 AO  2 x 3 8a 2 2a 3 AI   SO  SA 2  AO 2  4a 2   3 3 3 3 1 2a 3 x 2 3 4a 3 Vậy VSABC  SO.S ABC  .  3 9 4 3 GV: Nguyễn Tất Thu S P M F C A O E I B Bài 2.6.4. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a .Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA , M là trung điểm của AE , N là trung điểm của BC . Chứng minh MN vuông góc với BD và tính ( theo a ) khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC . Hướng dẫn giải. S E P M A D N B C Gọi P là trung điểm của SA . Ta có MP là đường trung bình của tam giác 1 EAD  MP / /AD  MP / /NC và MN  AD  NC . 2 Suy ra MNCP là hình bình hành  MN / /CP  MN / /(SAC) . Ta dễ chứng minh được BD  (SAC)  BD  MN 1 1 2a Vì MN / /(SAC) nên: d(MN, AC)  d(N,(SAC))  d(B,(SAC))  BD  . 2 4 4 2a . 4 Bài 2.6.5. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a , đường cao SH  h . Cho mặt phẳng (P) qua BD và vuông góc với mặt phẳng (SCD) . Tính tỉ lệ thể tích hai Vậy d(MN, AC)  khối đa diện của hình chóp được chia bởi mặt phẳng (P) theo a và h . Hướng dẫn giải. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và BC . SN  CD a   ((SBC),(ABCD))     cos   HN   SNM Suy ra  2 MN  CD SN  4h  a 2 GV: Nguyễn Tất Thu Dựng DE  SC.Ta có: BD  SH    BD  (SHC)  BD  SC  (BDE)  SC HC  BD   (BDE)  (SCD) ( hay (BDE)  (P)) Gọi V  VS.ABCD , V1  VC.EBD , V2 là phần còn lại. V V1 1 CE Ta có : 1   . V 2.VABCD 2 SC Mà: SC  SN 2  NC 2  NH 2 . (BDE)  SC  BE  SC , 1 2 cos SNM  NC 2  1 2 a 1 a 1  cos 2   1 2 cos 2  2.cos  1 2 SABC  BE.SC  SN.BC  BE.SC  SN.BC a 1 a SN.BC a 2 cos   BE    SC a 1 1  cos 2  1 2 2 cos  CE  BC 2  BE 2  a 2  a2 1  cos 2  a.cos   1  cos 2  Suy ra: a.cos  V1 1  V 2 1  cos 2  a 1  cos 2  2.cos   cos 2  V V1 a2 .  1   cos 2   V2 V  V1 1  cos 2  4h 2  a 2 S E D C M N H A GV: Nguyễn Tất Thu B Loại 2: Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy Xét hình chóp S.A1 A 2 ...A n có cạnh bên SA1 vuông góc với mặt phẳng  A1 A 2 ...A n  .  * Góc SA A là góc giữa đường thẳng SA i và mặt phẳng  A1 A 2 ...A n  i 1    là góc giữa hai mặt phẳng SA A và * Gọi K là hình chiếu của A1 lên A i A j , khi đó SKA 1 i j  A1 A 2 ...A n  . Ví dụ 2.6.4. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  a, AC  a 3 , SA  (ABC) . Tính thể tích của khối chóp S.ABC trong các trường hợp sau 1) Mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 600 2) A cách mặt phẳng (SBC) một khoảng bằng Lời giải. a . 4 S H C A K B 1 a2 3 1 a2 3 và VS.ABC  SA.S ABC  AB.AC  SA 2 2 3 6  1) Gọi K là hình chiếu của A lên BC, ta có BC  (SAK) . Suy ra SKA (SBC),(ABC)   600 . Ta có BC  2a, S ABC  Ta có: AK  2S ABC BC  a a 3 nên SA  AK.tan 600  . 2 6 a3 6 . 12 2) Gọi H là hình chiếu của A lên SK, ta có AH  (SBC) Vậy VS.ABC  Trong tam giác SAK, ta có: Vậy VS.ABC  a 3 1 AH 2  1 SA 2  1 AK 2  1 SA 2  1 AH 2  1 AK 2  4 a 2  SA  a 2 6 . 12 Ví dụ 2.6.5. Cho hình chóp SABC có tam giác ABC vuông cân tại B, AB=BC=2a, (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC). Gọi M là trung điểm AB, mặt phẳng qua MS song song với BC cắt AC tại N. GV: Nguyễn Tất Thu Biết góc giữa (SBC) và (ABC) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN. Lời giải. S H E N A C P M B Do hai mặt phẳng  SAB  và  SAC  cắt nhau theo giao tuyến SA và cùng vuông góc với  ABC  nên SA   ABC  , hay SA là đường cao của khối chóp S.BCNM . 1 1 3a 2 Ta có : S BCNM  S ABC  S AMN  2a 2  MA.MN  2a 2  a 2  2 2 2  BC  AB   SAB   BC . Do   BC  SA  chính là góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABC , thế thì theo giả thiết ta có SBA   600 . Nên SBA     Trong tam giác vuông SAB ta có SA  AB tan 600  2a 3 . 1 1 3a 2 Vậy VS.BCNM  SA.S BCNM  .2a 3.  3a 3  dvtt  3 3 2 Gọi P là trung điểm của BC thì AB / /NP, AB   SPN  nên AB / /  SPN  do đó    d  AB,SN   d AB;  SPN   d A;  SPN   PN  AE  PN   SAE  ;hạ AH  SE thì Từ A hạ AE  NP,E  PN thì  PN  SA   AH   SPN   d A;  SPN   AH . Ta có AE  NP  a; SA  2a 3    Vậy d A;  SPN   a GV: Nguyễn Tất Thu 12 . 13 1 AH 2  1 AS 2  1 AE 2  13 12a 2  AH  a 12 13 Ví dụ 2.6.6. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD  a 2 ,CD  2a , cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi K là trung điểm cạnh CD, góc giữa hai mặt phắng (SBK) và (ABCD) bằng 600. Chứng minh BK vuông góc với mặt phẳng (SAC).Tính thể tích khối chóp S. BCK theo a. Lời giải. S A D I K D A K I B B C C    1      Ta có BK  BC  CK   AB  AD, AC  AB  AD 2    1      1 Suy ra BK.AC    AB  AD  AB  AD   AB2  AD2  0  BK  AC . 2  2    Mặt khác BK  SA nên BK  (SAC) . Ta có BK  BC2  CK 2  a 3  CI  CK.BC a 6  BK 3 2a 6 . 3   Vì BK  (SAI) nên SIA  (SBK), (ABCD)   600 . Mà AC  2a 2  4a 2  a 6 nên AI  Suy ra SA  AI. tan 600  2a 2 . Lại có SBCK  Vậy VS.BCK  1 a2 2 . BC.BK  2 2 1 1 a 2 2 2a 3 . SA.SBCK  2a 2.  3 3 2 3 Ví dụ 2.6.7. Cho hình chóp S.ABCD có SC  (ABCD) , đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 và   1200 . Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 450 . Tính theo a thể tích khối ABC chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD . Lời giải.   450 . Kẻ SK  AB , suy ra hình chiếu CK  AB . Do đó  (SAB), (ABCD)   SKC   1200  CBK   600  CK  CB. sin 600  3a Ta có ABC 2 GV: Nguyễn Tất Thu Suy ra SC  CK. tan 450  3a . 2 3a 2 3 1 3 3a 3 nên VS.ABCD  SC.SABCD  . 2 3 4 Gọi O  AC  BD . Vì BD  AC, BD  SC  BD  (SAC) .Kẻ OI  SA  IO là đường vuông góc chung của BD là SA. Mà SABCD  AB.BC. sin 1200  Từ hai tam giác đồng dạng AOI và ASC ta suy ra OI  3a 5 . 10 3a 5 . 10 Ví dụ 2.6.8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy. Vậy d  SA, BD   Mặt phẳng (SBD) tạo với đáy một góc 600 . 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 S.AMPN . Lời giải. S P N M A D O B C  là góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và mặt Gọi O là tâm của đáy, ta có BD  (SOA) suy ra góc SOA   600 . đáy nên SOA Trong tam vuông SAO ta có: SA  AO.tan 600  a 2 a 6 . . 3 2 2  BC  AB  BC  (SAB)  BC  AM  AM  (SBC)  AM  SC Ta có:   BC  SA Tương tự: AN  (SCD)  AN  SC , từ đó suy ra: SC  (AMN) Nên AP là đường cao của hình chóp S.AMPN 1 Suy ra: VS.AMPN  AP.S AMPN 3 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC ta có: SP SP.SC SA 2 3 3 3a 14     SP  SC  2 2 2 SC 7 7 14 SC SA  AC Trong tam giác vuông SAB ta có: AM  GV: Nguyễn Tất Thu SA.AB a 15  SB 5 Do SBC  SPM  MP SP SP.BC 3a 35   MP   BC SB SB 35 Suy ra: S AMPN  2S AMP  AM.MP  a 2 21 . 35 1 3a 14 a 2 21 3a 3 6 Vậy VS.AMPN  . . .  3 14 35 70 Ví dụ 2.6.9. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD, biết SA=AB= a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 300 . Lời giải. Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N. SG 2 Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên có  , suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD. SO 3 Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của SC, SD. S N M G D A O B C  là góc hợp bởi giữa đường thẳng AN và mặt phẳng (ABCD) Ta có: SA  (ABCD) nên NAD   300 . Hơn nữa N là trung điểm của SD nên AND cân tại N Suy ra NAD   300  AD  SA  a 3 Do đó NDA tan 300 1 1 a3 3 Suy ra VS.ABCD  .SA.S ABCD  a.a.a 3  3 3 3 1 a3 3 . VS.ABCD  2 6 Sử dụng công thức tỉ số thể tích ta có: Do đó: VS.ABC  VS.ADC  VS.ABM VS.ABC  SM 1 1 a3 3   VS.ABM  VS.ABC  SC 2 2 12 GV: Nguyễn Tất Thu VS.AMN VS.ACD  SM SN 1 1 a3 3 .   VS.AMN  VS.ACD  SC SD 4 4 24 Suy ra VS.ABMN  VS.ABM  VS.AMN  a3 3 . 8 5a 3 3 . 24 Ví dụ 2.6.10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O , SA vuông góc với Vậy thể tích khối đa diện MNABCD là: V  VS.ABCD  VS.ABMN   ABCD  , AB  a,SA  a 2 . Gọi H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A minh: SC   AHK  và tính thể tích của khối chóp OHAK theo a . Lời giải. Ta có : BC   SAB   BC  AH mà AH  SB  AH   SBC   AH  SC . Tương tự AK  SC  SC   AHK  . Do  trên SB,SD . Chứng SH SH.SB SA 2 2a 2 2 SK SK.SD SA 2 2a 2 2     ,     SB SB2 SB2 3a 2 3 SD SD2 SD 2 3a 2 3 SH SK 2 2 2 2a .   HK / /BD và HK  BD  a 2  SB SD 3 3 3 Gọi G là giao điểm của SO và KH thì G là trung điểm của KH , mà AH  AK  Dễ thấy G là trọng tâm của SAC , nên AG  Vậy S AHK  2 2 1 2a ( M là trung điểm của SC). AM  . SC  3 3 2 3 1 1 2a 2 2a 2 2a 2 . AG.HK  . .  2 2 3 3 9 Gọi I là trung điểm của AM , ta có OI / /CM  OI   AHK  và OI  CM SC a   2 4 2 1 1 a 2 2a 2 2a 3 Suy ra VO.AHK  OI.S AHK  . . .  3 3 2 9 27 S K M G H I D A O B GV: Nguyễn Tất Thu 2 a  AG  HK . 3 C Cách 2: Gọi E là hình chiếu của A trên SO thì AE   OHK  nên AE là đường cao của hình chóp A.OHK Ta có: 1 AE  2 1 AS  2 Đặt SSBD  x , ta có S BOH S SBD  1 2 AO S SHK S SBD  1 2  2 2  5 2  AE  a 2a a 2a SH.SK 4 4    S SHK  x SB.SD 9 9 2 5 BH.BO 1 BH.BS 1 BA 2 1 1  .    S BOH  x , 2 2 BS.BD 2 BS 2 BS 6 6 Tương tự S DOK  1 2 x  SOHK  S SBD   S SHK  S BOH  S DOK   x 6 9 1 1 1 a2 a2 5 a2 5 SO.BD  AS 2  AO 2 .BD  2a 2  a 2  .  S OHK  2 2 2 2 2 9 Mà SSBD  Vậy VAOHK  1 1 2 a2 5 a3 2 AE.S OHK  a.  . 3 3 5 9 27 Bài tập Bài 2.6.6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi và AB  BD  a,SA  a 3 , 2 SA  (ABCD) . Gọi M là điểm trên cạnh SB sao cho BM  SB , giả sử N là điểm di động trên cạnh 3 AD. Tìm vị trí của điểm N để BN  DM và khi đó tính thể tích của khối tứ diện BDMN. Hướng dẫn giải. S M D A I A N E B N E D C I O C B   Từ giả thiết, ta suy ra tam giác ABD đều cạnh a. Đặt AN  xAD Vẽ MI / /SA  MI  (ABCD)  MI  BN . Do đó BN  DM  BN  DI    1      Ta có: DI  AD  AI  AB  AD , BN   AB  xAD 3   1 1   1 1 1 5 1 Suy ra DI.BN   AB2  xAD 2  (1  x)AB.AD   a 2  xa 2  (1  x)a 2   a 2 x  a 2 3 3 3 2 3 6 6 GV: Nguyễn Tất Thu   1 1 Do đó DI  BN  DI.BN  0  x   AN  a . 5 5 2 2a 3 4 a2 3 Ta có: MI  SA  , S BND  S ABD  . 3 3 5 5 1 1 2a 3 a 2 3 2a 3 Vậy VM.BDN  MI.S BND  . . .  3 3 3 5 15 Bài 2.6.7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  a ,  AD  2a , cạnh SA vuông góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 600 . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM  a 3 . Mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N . Tính thể tích khối chóp S.BCMN . 3 Hướng dẫn giải. Ta có: MN / /AD; BC  SA và BC  AB  BC  (SAB)  BC  BM  BCMN là hình thang vuông tại B và M . 2a MN SM 2 4a Ta có : SA  AB tan 600  a 3 , , BM  AB2  AM 2     MN  AD SA 3 3 3 BC  MN 10a 2 BM  2 3 3 Hạ SH  BM  SH  (BCMN)  SH là đường cao của khối chóp S.BCMN . Diện tích hình thang BCMN : S  Do MHS  MAB nên suy ra: MH.MB  MS.MA  MH  MS.MA a 3  MB 3  BH  BM  MH  a 3  SH  SB 2  BH 2  4a 2  3a 2  a 1 1 10a 2 10 3a 3 .a  Vậy VS.BCMN  S.SH  . . 3 3 3 3 27 S H N M D A B C   300 , góc giữa hai mặt Bài 2.6.8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi c ạnh a , ABC phẳng (SBC) và (SAD) bằng 450 . Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh đỉnh A của tam giác ABC. Biết hai mặt phẳng (SAH) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.AHO theo a, trong đó O là giao điểm của AC và BD. GV: Nguyễn Tất Thu Hướng dẫn giải. Vì hai mặt phẳng (SAD) và (SAH) cùng vuông góc với đáy nên SA  (ABCD)   BAC   BAH   750  600  150 Ta có: HAC AH  AB.sin 300  sin150  a , AC  AB2  BC 2  2AB.BC.cos 30 0  1  3a . 2 1  cos 300 1  2 3 . 2 2 1   1 1  3 a. a . 1 2  3  5  3 3 a 2 . AO.AH.sin HAC 2 2 2 2 2 16 Gọi  là đường thẳng đi qua A vào song song với AD , suy ra   (SAD)  (SBC) .  là góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) Ta có: AB  (SAH)    (SAH) , do đó ASH Suy ra S AHO    450  SA  AH  a . Hay HSA 2 1 53 3 3 Vậy thể tích khối chóp SAHO là: V  SA.S AHO  a . 3 96 S A D O B H A D O C B 300 H C Bài 2.6.9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a, AD  2a , SA  a và vuông góc với mp(ABCD) . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AD,SC , Gọi I là giao điểm của BM, AC . Chứng minh mp(SAC) vuông góc với mp(SMB) . Tính thể tích của khối tứ diện ANIB . Hướng dẫn giải. GV: Nguyễn Tất Thu S N M A I D H B C AM BA 1    ABM  ABM AB BC 2 0   BCA   ABM   BAC   BCA   BAC=90    900  BM  AC  ABM  AIB SA  (ABCD)  SA  BM (2) Ta có: (1) Từ (1) và (2) suy ra: MB  (SAC)  (SMB)  (SAC) . Gọi H là trung điểm của AC  NH / /SA  NH  (ABI) và NH  của ABM vuông tại A  1 AI 2  1 AB2  1 AM 2  3 a2  AI  1 a SA  . Ta có AI là đường cao 2 2 3a 6a ; BI  AB2  AI 2  . 3 3 1 1 1 a 3a 6a 2a 3 . NH. .IA.IB  . . .  3 2 6 2 3 3 36 Bài 2.6.10. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Cạnh bên SA  2a và vuông góc với mp(ABC) . Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SC . Tính thể tích của khối chóp Thể tích tứ diện ANIB : VANIB  A.BCMN . Hướng dẫn giải. Gọi I là trung điểm của BC , H là hình chiếu của A lên SI . Ta có: BC  AI, BC  SA  BC  AH AH  BC, AH  SI  AH  (SBC) . Xét tam giác vuông SAI : 1 AH 2  1 AS 2  1 2 AI  AH  2 3a 19 SM SA 2 4   SB SB2 5 2 SN SA 4 Xét tam giác vuông SAC : SA 2  SN.SC    2 SC SC 5 Xét tam giác vuông SAB : SA 2  SM.SB  Suy ra: SSMN SSBC  16 9 9 19a 2  SBCNM  SSBC  25 25 100 Thể tích khối chóp A.BCNM : VA.BCNM  GV: Nguyễn Tất Thu 1 3 3a 3 . AH.SBCNM  3 50 S N H A M C I B Bài 2.6.11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,   600 , SA  ABCD , SA  a . Gọi C ' là trung điểm của SC . Mặt phẳng P đi qua AC ' BAD     song song với BD cắt các cạnh SB, SD của hình chóp lần lượt tại B ', D ' . Tính thể tích khối chóp S.AB ' C ' D ' . Hướng dẫn giải Gọi O  AC  BD, I  B ' D ' AC ' SB ' SD ' SI 2 Ta có: B ' D '/ /BD và I là trọng tâm tam giác SAC suy ra:    .Theo giả thiết ta có SB SD SO 3 ABD đều. Diện tích tam giác ABC. SABC  SABD  Thể tích khối chóp S.ABC : VS.ABC  Ta có : VS.AB 'C ' VS.ABC  3a 2 4 1 3a 3 SA.SABC  3 12 SB '.SC ' 2 1 1 1 3a 3 .  .   VS.AB 'C '  .VS.ABC  SB.SC 3 2 3 3 36 Vậy VS.AB 'C 'D '  2.VS.AB 'C '  GV: Nguyễn Tất Thu 3a 3 . 18 S D' C' I B' D A O B C   ABC   900 Bài 2.6.12. Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thang, ABC BA  BC  a, AD  2a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  2a . Gọi H là hình chiếu của A lên SB .Chứng minh tam giác SCD vuông và tính (theo a ) khoảng cách từ H đến mp(SCD) . Hướng dẫn giải. AD Gọi I là trung điểm của AD Ta có CI  IA  ID  suy ra ACD vuông tại C 2  CD  AC (1) Mặt khác: SA   ABCD   SA  CD (2) . Từ (1) và (2) suy ra CD  SD  SCD vuông . Gọi d1 ; d 2 lần lượt là khoảng cách từ B, H đến mp(SCD) Ta có: SAB  SHA  SA SB SH SA 2 2     ; SH SA SB SB2 3 Thể tích khối tứ diện SBCD : VSBCD  1 1 SA. AB.BC  3 2 Ta có: SC  SA 2  AC2  2a, CD  CI2  ID2  2a 3 1 6  a Ta có: VSBCD  d1 .SSCD  d1  3 2 2a 2 a Vậy khoảng cách từ H đến mp(SCD) là d1  . 3 3. GV: Nguyễn Tất Thu SH d 2 2 2    d 2  d1 . SB d1 3 3 2a 3 . 6 2a  SSCD  1 SC.CD  2 2a 2 .