intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Chuyên đề ôn thi đại học: Phương pháp tính thể tích khối đa diện

Chia sẻ: Ngô Minh Tuấn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:29

Thêm vào BST
Báo xấu
153
lượt xem 7
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chuyên đề ôn thi đại học "Phương pháp tính thể tích khối đa diện" được thực hiện nhằm ôn tập cho các em học sinh các kiến thức cơ bản của hình học không gian và các dạng toán cơ bản về bài toán tính thể tích khối đa diện. Tham khảo nội dung chuyên đề để nắm bắt đầy đủ nội dung chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề ôn thi đại học: Phương pháp tính thể tích khối đa diện

  1. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC PHƯƠNG PHÁP TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN Tác giả: Hoàng Đức Trường TPCM tổ Toán – Tin Giáo viên trường THPT Lê Xoay Đối tượng học sinh: Lớp 12, Ôn thi ĐH – CĐ Số tiết dự kiến:10T trên lớp + 10T tự học A. ĐẶT VẤN ĐỀ Bài toán tính thể tích khối đa diện là một bài toán cơ bản trong chương trình hình học lớp 12 và xuất hiện thường xuyên trong các đề thi tốt nghiệp THPT và thi Đại học. Tuy nhiên để giải bài toán này thường dùng các kiến thức về hình học không gian nên các em học sinh thường ngại và lúng túng khi bắt đầu giải quyết. Chuyên đề này nhằm ôn tập cho các em học sinh các kiến thức cơ bản của hình học không gian và các dạng toán cơ bản về bài toán tính thể tích khối đa diện. B. NỘI DUNG ÔN TẬP CƠ BẢN Các hệ thức trong tam giác 1. Hệ thức lượng trong tam giác vuông : cho ABC vuông ở A ta có : a. Định lý Pitago : BC 2  AB 2  AC 2 b. BA  BH .BC; CA  CH .CB 2 2 c. AB. AC = BC. AH 1 1 1 d. 2  2  AH AB AC 2 e. BC = 2AM b c b c f. sin B  , cosB  , tan B  , cot B  a a c b b b g. b = a. sinB = a.cosC, c = a. sinC = a.cosB, a =  , sin B cos C b = c. tanB = c.cot C .2. Hệ thức lượng trong tam giác thường: * Định lý hàm số Côsin: a2 = b2 + c2 - 2bc.cosA a b c * Định lý hàm số Sin:    2R sin A sin B sin C 3. Các công thức tính diện tích. a. Công thức tính diện tích tam giác: 1 1 a.b.c S  a.ha  a.b sin C   p.r  p.( p  a)( p  b)( p  c) 2 2 4R abc với p  2 b2  c2 a 2 b. Công thức về đường trung tuyến ma   2 2 4 Các tính chất hình học không gian quan trọng. Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 1
  2. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC 1. Nếu A, B, C là ba điểm chung của hai mặt phẳng phân biệt thì A, B, C thẳng hàng. 2. Ba mặt phẳng phân biệt đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt thì ba giao tuyến đó song song hoặc đồng quy. 3. Nếu đường thẳng d song song với mặt phẳng (P) thì mọi mặt phẳng (Q) qua d nếu cắt mp(P) thì sẽ cắt theo giao tuyến song song với d. 4. Hai đường thẳng chéo nhau có duy nhất cặp mặt phẳng chứa hai đường thẳng đó và song song với nhau. 5. Nếu đường thẳng d vuông góc với mp(P) thì d vuông góc với mọi đường thẳng trên mp(P). 6. Nếu đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong mp(P) thì d vuông góc với mp(P). Hệ quả : Một đường thẳng vuông góc với hai cạnh của tam giác thì d  AB vuông góc với cạnh còn lại.   d  BC . d  AC 7. Định lý ba đường vuông góc : Cho mặt phẳng (P) chứa đường thẳng a. Khi dó đường thằng d vuông góc với a khi và chỉ khi d vuông góc với hình chiếu của a trên (P). 8. Nếu đường thẳng d vuông góc với mp(P) thì mọi mặt phẳng chứa d đều vuông góc với mp(P). 9. Nếu mp(P) vuông góc với (Q) và A nằm trên (P). Khi đó đường thẳng qua A vuông góc với giao tuyến của (P) và (Q) sẽ vuông góc với mp(Q). 10. Hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của chúng (nếu có) cũng vuông góc với mặt phẳng đó. Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 2
  3. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC C. PHƯƠNG PHÁP I. Phương pháp tính trực tiếp Ở phương pháp này ta thường áp dụng các công thức trực tiếp tính thể tích các khối đa diện cơ bản. Cụ thể ta có : 1. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ: V= B.h với B là diện tích đáy và h là độ dài đường cao lăng trụ. a) Thể tích khối hộp chữ nhật: V = a.b.c với a,b,c là ba kích thước b) Thể tích khối lập phương: V = a3 với a là độ dài cạnh 2. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP: 1 V= Bh 3 B : dieän tích ñaùy với   h : chieàu cao Việc áp dụng phương pháp này thường dẫn đến bài toán tính khoảng cách hoặc góc. 1. Bài toán tính khoảng cách Một số khoảng cách từ một số đối tượng trong không gian. 1. Khoảng cách từ 1 điểm tới 1 đường O thẳng , đến 1 mặt phẳng: O Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng a (hoặc đến mặt phẳng (P)) là khoảng cách H a H giữa hai điểm M và H, trong đó H là hình P chiếu của điểm M trên đường thẳng a ( hoặc trên mp(P)) d(O; a) = OH; d(O; (P)) = OH 2. Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song: a O Khoảng cách giữa đường thẳng a và mp(P) song song với a là khoảng cách từ một điểm nào đó của a đến mp(P). H P d(a;(P)) = OH Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 3
  4. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC 3. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song: là khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên mặt phẳng này đến mặt phẳng kia. d((P);(Q)) = OH 4. Khoảng cách giữa hai đường thẳng A a chéo nhau: là độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng đó. d(a;b) = AB Ngoài ra a, b chéo nhau nên có mp(P) chứa b B a, mp(Q) chứa b và (P)//(Q). Do đó d(a;b)=d(a,(Q))=d(b,(P))=d((P);(Q)) a P b Q Khi tính khoảng cách giữa các dối tượng ta thường quy về khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng hay đường thẳng. Do đó để thuận tiện ta sẽ sử dụng kết quả của hai bài toán sau: Bài toán 1: Cho mặt phẳng (P) và ba điểm A,B, C thẳng hàng, trong đó C  ( P) . d  A,( P)  AC Chứng minh rằng  . d  B,( P)  BC Chứng minh. Gọi A’, B’ là hình chiếu vuông góc của A và B lên (P). Khi đó d  A, ( P)  AA ' CA d  A, ( P)   AA '; d  B, ( P)   BB ' . Từ đó suy ra   . Suy ra đpcm. d  B, ( P )  BB ' CB Bài toán 2: Cho hình chóp OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Chứng minh rằng: 1. AH  mp(ABC) 1 1 1 1 2. 2    OH OA OB OC 2 2 2 Chứng minh: Đây là bài toán cơ bản nên học sinh có thể tự chứng minh được. Nhận xét:  Với Bài toán 1, ta có thể thay thế việc tính khoảng cách từ một điểm nào đó đến một đường thẳng hay mặt phẳng bằng một điểm khác dễ tính hơn.  Với Bài toán 2 ta có thể tính nhanh khoảng cách từ một điểm nào đó tới một mặt phẳng thông qua ba tia vuông góc với nhau đôi một có gốc từ điểm đó. Chẳng hạn ta xét các ví dụ: Ví dụ 1. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA vuông góc với đáy và SA= a . Gọi M là trung điểm BC và G là trọng tâm tam giác SCD. Tính khoảng cách từ M tới mp(SBD); từ G tới mp(ABCD) và mp(SAC). Giải: Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 4
  5. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC Ta có 1 1 a 3 d  M , ( SBD)   d  C , ( SBD)   d  A, ( SBD)  . Mà dễ thấy d  A, ( SBD)   . 2 2 3 a 3 Do đó d  M , ( SBD)  = . 6 Gọi N là trung điểm CD suy ra GN  SN  d  G, ( ABCD)   d  S ,  ABCD    . 1 1 a 3 3 3 Tương tự d  G, ( SAC )   d  N ,  SAC    . d  D,  SAC    2 2 1 1a 2 a 2  . 3 3 2 3 2 6 a Ví dụ 2. Cho hình chóp tứ giác đều cạnh đáy bằng a và chiều cao . Gọi E là điểm 5 đối xứng với D qua trung điểm SA. M, N lần lượt là trung điểm AE và BC. Tính khoảng cách từ M tới mp(SAD) và khoảng cáchd giữa MN và AC. Giải.  Dễ thấy d(M,(SAD))=2d(O,(SAD)), với O là tâm của ABCD. Đặt 1 1 1 1 5 2 2 9 a d(O,(SAD))=h thì 2  2  2  2  2  2  2  2  h  . Do đó h SO OA OD a a a a 3 2a d(M,(SAD))= . 3  Gọi P là trung điểm AB và H là giao của MP với BD. Suy ra (MNP)//(SAC) nên d  MN , AC   d  H ,  SAC    HO  a 2 . 4 Ví dụ 3. Cho hình hộp chữ nhật có AB  a, AD  b, AA '  c. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm BC, CC’ và A’D’. Tính khoảng cách từ M tới mp(A’BD) và khoảng cách từ A tới mp(MNP). Giải:  Gọi E là trung điểm CD và I là giao điểm của ME với AC. O là tâm của ABCD. Ta có d (M ,( A ' BD))  d ( I ,( A ' BD)) (do ME//BD). Mà AO = 2OI suy ra 1 1 d  A, ( A ' BD)   h. Theo bài toán 2 thì d ( I , ( A ' BD))  2 2 1 1 1 1 abc    h . h2 a 2 b2 c2 a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 abc Do đó d ( I , ( A ' BD))  . 2 a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2  Gọi K là tâm của hình hộp thì MP đi qua K. Do đó gọi Q, R, S lần lượt là trung điểm AA’, AB, C’D’ thì MNSPQR chính là thiết diện của hình hộp cắt bởi (MNP). Do đó d  A, ( MNP)   d  B, ( MNP)   d  C , ( MNP)   h '. Gọi F là giao của MR và CD thì ta có CF = a/2, CM=b/2, CN=c/2 suy ra 1 1 1 1  1 1 1 abc     4 2  2  2   h '  . a b c  2 2 2 2 h' CM CN CF 2 a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 2. Bài toán tính góc. Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 5
  6. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC Các khái niệm về góc giữa các đối tượng trong không gian i. Góc giữa hai đường thẳng a và b a a' là góc giữa hai đường thẳng a’ và b’ cùng đi qua một điểm và lần lượt cùng phương với a b' và b. b ii. Góc giữa đường thẳng a không vuông a góc với mặt phẳng (P) là góc giữa a và hình chiếu a’ của nó trên mp(P). Đặc biệt: Nếu a vuông góc với mặt phẳng (P) thì ta nói rằng góc giữa đường thẳng a P a' và mp(P) là 900. iii. Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó. Hoặc là góc giữa 2 đường thẳng nằm a b a b trong 2 mặt phẳng cùng vuông góc với giao P Q tuyến tại 1 điểm P Q Chú ý: Khi xác định góc giữa các đối tượng thì học sinh thường lúng túng trong việc xác định góc giữa hai mặt phẳng. Để xác định góc gữa hai mặt phẳng ta có thể làm theo hai cách: Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 6
  7. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC Cách 1: Trên (P) hoặc (Q) có sẵn (hoặc dễ dàng tìm được) một điểm mà có thể xác định được hình chiếu trên mặt phẳng còn lại.  B1: Xác định giao tuyến d của (P) và (Q) (thông thường là đã có sẵn)  B2: Chọn một điểm A trên (Q) và xác định hình chiếu H của A lên (P).  B3:Từ H kẻ HB vuông góc với d ( B  d ) thì góc giữa hai mặt phẳng là ABH . Cách 2: Từ một điểm nào đó trên giao tuyến của hai mặt phẳng ta kẻ hai đường thẳng cùng vuông góc với giao tuyến và nằm trên hai mặt phẳng. Góc giữa hai đường thẳng đó là góc giữa hai mặt phẳng. 3. Thể tích khối lăng trụ a. Thể tích khối lăng trụ đứng Lăng trụ này có đường cao chính là cạnh bên của nó. Do vậy việc tính thể tích của lăng trụ đứng ta cần phải tính được cạnh bên và diện tích đáy. Ví dụ 1: Đáy của lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ là tam giác ABC vuông cân tại A có cạnh BC = a 2 và biết A'B = 3a. Tính thể tích khối lăng trụ. Lời giải: Ta có ABC vuông cân tại A nên AB = AC = a ABC A'B'C' là lăng trụ đứng  AA'  AB AA'B  AA'2  A'B2  AB2  8a2  AA'  2a 2 Vậy V = B.h = SABC .AA' = a3 2 Ví dụ 2:(ĐHD08) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông cân tại B và AB = a. Biết AA’ = a 2 , M là trung điểm BC. Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa AM và B’C. Lời giải: 1 2 a3 2 - VABC.A’B’C’ = BB’.SABC = a 2. a  2 2 - Gọi K là trung điểm BB’ thì B’C//MK nên d(AM,B’C) = d(C,mp(AMK))=d(B,(AMK))=h. 1 1 a3 2 Mà VB.AMK = h.SAMK  KB.SABM  . 3 3 12 1 1a 2 a2 2 Lại có AM   BCC ' B '  AM  MK nên SAMK  AM .MK  a . 2 2 2 4 3a 3 2 4 3a Suy ra h  . 2  . 8 a 2 2 Ví dụ 3: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a = 4 và biết diện tích tam giác A’BC bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ. Lời giải: Gọi I là trung điểm BC .Ta có Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 7
  8. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC ABC đều nên AB 3 AI   2 3 & AI  BC  A'I  BC(dl3 ) 2 1 2S SA'BC  BC.A 'I  A 'I  A'BC  4 2 BC AA'  (ABC)  AA'  AI . A'AI  AA'  A'I2  AI2  2 Vậy : VABC.A’B’C’ = SABC .AA'= 8 3 Ví dụ 4: Cho hình hộp đứng có đáy là hình thoi cạnh a và có góc nhọn bằng 60 0 . Đường chéo lớn của đáy bằng đường chéo nhỏ của lăng trụ. Tính thể tích hình hộp . Lời giải: Ta có tam giác ABD đều nên : BD = a a2 3 và SABCD = 2SABD = 2 a 3 Theo đề bài BD' = AC = 2 a 3 2 DD'B  DD'  BD'2  BD2  a 2 a3 6 Vậy V = SABCD.DD' = 2 Ví dụ 5:(ĐHB10). Cho lăng trụ tam giác đều ABC A'B'C' có AB = a, biết góc gữa hai mp(A’BC) và (ABC) là 600. Gọi G là trọng tâm tam giác A’BC. Tính thể tích lăng trụ và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC. Lời giải: - Gọi M là trung điểm BC thì BC   AMA ' , suy ra AMA '  600. Do đó a 3 3a AA '  AM .tan 600  3 2 2 2 3a a 3 3a 3 3 VABC . A' B 'C '  AA '.SABC  .  2 4 8 - Gọi G’ là trọng tâm ABC thì GG’//AA’. Trong mp(AMA’) gọi O là giao của đường trung trực AG với GG’. GA2 Ta có bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện G.ABC là R = OA và R  OG   a. 2GG ' Ví dụ 6: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AC = a , ACB = 60 o biết BC' hợp với (AA'C'C) một góc 300. Tính AC' và thể tích lăng trụ. Lời giải: ABC  AB  AC.tan60o  a 3 . Ta có: AB  AC;AB  AA'  AB  (AA'C'C) nên AC' là hình chiếu của BC' trên (AA'C'C). Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 8
  9. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC Vậy góc[BC';(AA"C"C)] = BC'A = 30o AB AC'B  AC'   3a t an30o V =B.h = SABC.AA' AA'C'  AA'  AC'2  A'C'2  2a 2 a2 3 ABC là nửa tam giác đều nên SABC  2 Vậy V = a3 6 Bài tập luyện tập Bài 1: Cho lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều biết rằng tất cả các cạnh của lăng trụ bằng a. Tính thể tích và tổng diện tích các mặt bên của lăng trụ. a3 3 ĐS: V  ; S = 3a2 4 Bài 2: Cho lăng trụ đứng ABCD.A'B'C'D' có đáy là tứ giác đều cạnh a biết rằng BD'  a 6 . Tính thể tích của lăng trụ. Đs: V = 2a3 Bài 3: Cho lăng trụ đứng tứ giác có đáy là hình thoi mà các đường chéo là 6cm và 8cm biết rằng chu vi đáy bằng 2 lần chiều cao lăng trụ.Tính thể tích và tổng diện tích các mặt của lăng trụ. Đs: V = 240cm3 và S = 248cm2 Bài 4: Cho lăng trụ đứng tam giác có độ dài các cạnh đáy là 37cm ; 13cm ;30cm và biết tổng diện tích các mặt bên là 480 cm2 . Tính thể tích lăng trụ . Đs: V = 1080 cm3 Bài 5: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A ,biết rằng chiều cao lăng trụ là 3a và mặt bên AA'B'B có đường chéo là 5a . Tính thể tích lăng trụ. Đs: V = 24a3 b. Thể tích khối lăng trụ xiên Đây là lăng trụ chưa biết đường cao. Đối với lăng trụ này thông thường chúng ta phải xác định được hình chiếu của một đỉnh nào đón lên mặt đáy còn lại hoặc tính được khoảng cách giữa hai mặt đáy của lăng trụ. Ví dụ 1(ĐHB11): Cho lăng trụ tứ giác ABCD. A'B'C'D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = a 3 . Hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD. Góc gữa (ADD’A’) và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích lăng trụ và khoảng cách từ B’ đến mp(A’BD). Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 9
  10. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC D' C' A' B' D C I H 60 O a 3 A a B Lời giải Gọi H là trung điểm AD và O là giao điểm của AC và BD thì A’O  (ABCD) và a 3 A ' HO  600 . Suy ra A ' O  HO.tan 600  . 2 a 3 2 3a3 Vậy VABCD. A' B 'C ' D '  A ' O.S ABCD  .a 3 . 2 2 Dễ thấy khoảng cách từ B’ tới mp(A’BD) bằng khoảng cách từ A đến mp(A’BD). Gọi I là hình chiếu của A lên BD. Ta có  AI  BD   AI   A ' BD   d  A,  A ' BD    AI .  AI  A ' O 1 1 1 4 a 3 Lại có 2  2  2  2  AI  . AI AB AD 3a 2 Vậy d  B ',  A ' BD    a 3 . 2 Ví dụ 3: Cho lăng trụ tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Biết cạnh bên là a 3 và hợp với đáy ABC một góc 60o . Tính thể tích lăng trụ. Lời giải: 3a Gọi H là hình chiếu của A lên (A’B’C’) thì AA 'H  60o  AH  AA 'sin 600  2 a2 3 3a 3 3 SABC =  .Vậy V = SABC.AH = 4 8 Ví dụ 4: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình chữ nhật với AB = 3 , AD = 7 . Hai mặt bên (ABB’A’) và (ADD’A’) lần lượt tạo với đáy những góc 450 và 600. Tính thể tích khối hộp nếu biết cạnh bên bằng 1. Lời giải: Gọi H là hình chiếu của A’ lên (ABCD) ; M, N lần lượt là hình chiếu của H lên AB và AD.  A' M  AB, A' N  AD (đl 3  )  A'MH  45o ,A'NH  60o Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 10
  11. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC Đặt A’H = x . Khi đó 2x 3  4x 2 A’N = x : sin 60 = 0 , AN = AA'  A' N  2 2  HM 3 3 3  4x 2 3 Mà HM = x.cot 45 = x suy ra x = 0 x . 3 7 3 Vậy VABCD.A’B’C’D’ = AB.AD.x = 3. 7. 3 7 Bài tập tự giải. Bài 1: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có tất cả cách cạnh đều bằng a và hình chiếu của A’ lên (ABC) trùng với trung điểm của BC. Tính thể tích khối lăng trụ. a3 3 Đs: V  8 Bài 2: Cho lăng trụ ABCD A'B'C'D'có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và biết cạnh bên bằng 8 hợp với đáy ABC một góc 30o.Tính thể tích lăng trụ. Đs: V =336 Bài 4 : Cho lăng trụ tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và 2a 3 điểm A' cách đều A,B,C biết AA' = .Tính thể tích lăng trụ. 3 a3 3 Đs: V  4 Bài 5: Cho lăng trụ ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , đỉnh A' có hình chiếu trên (ABC) nằm trên đường cao AH của tam giác ABC biết mặt bên BB'C'C hợp vớio đáy ABC một góc 60o . 1) Chứng minh rằng BB'C'C là hình chữ nhật. 3a 3 3 2) Tính thể tích lăng trụ ABC A'B'C'. Đs: V  8 4. Thể tích khối chóp a. Khối chóp có một cạnh bên vuông góc với đáy. Đây là khối chóp cơ bản và thường dễ dàng nhất khi tính thể tích. Ở khối chóp này cạnh bên chính là đường cao. Các giả thiết của bài toán sẽ đủ để chúng ta có thể tính được độ dài đường cao. Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a; SA vuông góc với mp(ABCD); (P) là mặt phẳng đi qua A, vuông góc với AC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và SA’B’C’D’, biết SC hợp với mặt phẳng ABCD một góc 450. Lời giải 1 a3 2 - SC hợp với (ABCD) một góc 45 nên SA=AC= a 2  VS . ABCD 0  a 2.a  2 . 3 3 Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 11
  12. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC 1 - Do SC  (AB’C’D’) nên VS . AB 'C ' D '  SC '.S AB 'C ' D ' 3 Do tính đối xứng nên S AB 'C ' D '  2S AB 'C ' .  AB '  SB Mà   AB '   SBC   AB '  B ' C '  AB '  BC Ta có 2 2 4 2 AB . AS 2a 2a a 6 AB '2   2   AB '  ; AB  AS 2 2 3a 3 3 AC 2a 2 a 3 AC '   a  B ' C '  a2   . 2 3 3 1 1 a2 2 a2 2 Nên S AB 'C '  AB '.B ' C '   . 2 2 3 6 1 a 2 2 a3 2 Vậy VS . AB 'C ' D '  . 2a 2  a 2 .  . 3 3 9 Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B; AB = BC = a, AD = 2a; góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 60 0. Tính thể tích hình chóp. Lời giải: Ta có AC  CD nên CD  (SAC) suy ra SCA  600  SA  AC 3  a 6 . 1 1 1 a3 6 Vậy VS . ACBD  SA.S ABCD  a 6. 3a.a  . 3 3 2 2 Ví dụ 3. Cho hình chóp SABC có ABC là tam giác vuông cân đỉnh B ; hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SC. Tính thể tích khối chóp S.AHK, biết AB=a, SA=h. Lời giải  AH  SB Ta có   AH  SC  SC   AHK  .  AH  BC 1 1 1 Do đó ta có VSAHK  SK .SAHK  SK . AH .HK . 3 3 2 Tương tự tính tiếp như ví dụ 2. Bài tập tự giải Bài 1: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với BA=BC=a biết SA vuông góc với đáy ABC và SB hợp với (SAB) một góc 30o. a3 2 Tính thể tích hình chóp . Đs: V = 6 Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 12
  13. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC Bài 2: Cho hình chóp SABC có SA vuông góc với đáy (ABC) và SA = h ,biết rằng tam giác ABC đều và mặt (SBC) hợp với đáy ABC một góc 30o .Tính thể tích khối h3 3 chóp SABC . Đs: V  3 Bài 3: Cho hình chóp SABC có đáy ABC vuông tại A và SB vuông góc với đáy ABC biết SB = a,SC hợp với (SAB) một góc 30o và (SAC) hợp với (ABC) một góc 60o .Chứng minh rằng SC2 = SB2 + AB2 + AC2 Tính thể tích hình chóp. a3 3 Đs: V  27 Bài 4: Cho tứ diện ABCD có AD  (ABC) biết AC = AD = 4 cm,AB = 3 cm, BC = 5 cm. 1) Tính thể tích ABCD. Đs: V = 8 cm3 12 2) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD). Đs: d = 34 Bài 5: Cho khối chóp SABC có đáy ABC là tam giác cân tại A với BC = 2a , góc BAC  120o , biết SA  (ABC) và mặt (SBC) hợp với đáy một góc 45o . Tính thể tích a3 khối chóp SABC. Đs: V  9 b. Khối chóp có mặt bên vuông góc với đáy. Khối chóp loại này có đường cao chính là đường cao của mặt bên vuông góc với đáy. Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh a. Mặt bên SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáyABCD, Tính thể tích khối chóp SABCD. Lời giải: Gọi H là trung điểm của AB. SAB đều  SH  AB mà (SAB)  (ABCD)  SH  (ABCD) Vậy H là chân đường cao của khối chóp. a 3 Ta có tam giác SAB đều nên SA = 2 1 a3 3 suy ra V  SABCD .SH  3 6 Ví dụ 2: Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác đều , BCD là tam giác vuông cân tại D , (ABC)  (BCD) và AD hợp với (BCD) một góc 60o . Tính thể tích tứ diện ABCD. Lời giải: Gọi H là trung điểm của BC. Ta có tam giác ABC đều nên AH  (BCD) , mà (ABC)  (BCD)  AH  (BCD) . Ta có AH  HD  AH = AD.tan60o = a 3 Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 13
  14. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC a 3 & HD = AD.cot60o = 3 2a 3 BCD  BC = 2HD = suy ra 3 1 1 1 a3 3 V = SBCD .AH  . BC.HD.AH  3 3 2 9 Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, có BC = a. Mặt bên SAC vuông góc với đáy, các mặt bên còn lại đều tạo với mặt đáy một góc 450. Tính thể tích khối chóp SABC. Lời giải: + Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC), vì mp(SAC)  mp(ABC) nên SH  mp(ABC). Gọi I, J là hình chiếu của H trên AB và BC  SI  AB, SJ  BC, theo giả thiết SIH  SJH  45o Ta có: SHI  SHJ  HI  HJ nên BH là đường phân giác của ABC ừ đó suy ra H là trung điểm của AC. a 1 a3 + HI = HJ = SH =  VSABC= S ABC .SH  2 3 12 Bài tập tự giải. Bài 1: Cho hình chóp SABC có đáy ABC đều cạnh a, tam giác SBC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABC). 1) Chứng minh chân đường cao của chóp là trung điểm của BC. a3 3 2) Tính thể tích khối chóp SABC. Đs: V  24 Bài 2: Cho hình chóp SABC có đáy ABC vuông cân tại A với AB = AC = a biết tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABC) ,mặt phẳng (SAC) hợp với (ABC) một góc 45o. Tính thể tích của SABC. a3 Đs: V  12 Bài 3: Cho hình chóp SABC có BAC  90o ;ABC  30o ; SBC là tam giác đều cạnh a2 2 a và (SAB)  (ABC). Tính thể tích khối chóp SABC. Đs: V  24 Bài 4: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều;tam giác SBC có đường cao SH = h và (SBC)  (ABC). Cho biết SB hợp với mặt (ABC) một góc 30o .Tính thể tích 4h3 3 hình chóp SABC. Đs: V  9 Bài 5: Tứ diện ABCD có ABC và BCD là hai tam giác đều lần lượt nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau biết AD = a.Tính thể tích tứ diện. a3 6 Đs: V  36 c. Thể tích khối chóp đều. Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 14
  15. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC Khối chóp đều là khối chóp có các cạnh bên bằng nhau và đáy là đa giác đều; đường cao của khối chóp chính là đường nối đỉnh với tâm của đáy. Ví dụ 1: Cho chóp tam giác đều SABC cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a. Chứng minh rằng chân đường cao kẻ từ S của hình chóp là tâm của tam giác đều ABC.Tính thể tích chóp đều SABC . Lời giải: Dựng SO  (ABC) Ta có SA = SB = SC suy ra OA = OB = OC Vậy O là tâm của tam giác đều ABC. Ta có tam giác ABC đều nên 2 2a 3 a 3 AO = AH   3 3 2 3 11a2 SAO  SO2  SA 2  OA 2  3 a 11 1 a3 11  SO  .Vậy V  SABC .SO  3 3 12 Ví dụ 2:Cho khối chóp tứ giác SABCD có tất cả các cạnh có độ dài bằng a. 1) Chứng minh rằng SABCD là chóp tứ giác đều. 2) Tính thể tích khối chóp SABCD. Lời giải: Dựng SO  (ABCD) Ta có SA = SB = SC = SD nên OA = OB = OC = OD  ABCD là hình thoi có đường tròn gnoại tiếp nên ABCD là hình vuông . a 2 Ta có SA2 + SB2 = AB2 +BC2 = AC2 nên ASC vuông tại S  OS  2 3 1 1 2a 2 a 2  V  S ABCD .SO  a  3 3 2 6 a3 2 Vậy V  6 Ví dụ 3. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Tính thể tích của khối chóp nếu a. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng . b. Góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng  c. Góc giữa hai mặt bên kề nhau bằng . Lời giải : 1 Gọi O là tâm ABCD thì SO là đường cao của hình chóp. Do đó VS . ABCD  SO.a 2 . 3 a. Giả sử SB hợp với mp(ABCD) một góc . Khi đó 3 a 2 a 2 SBO    SO  OB.tan   .tan  suy ra VS . ABCD  tan  . 2 6 Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 15
  16. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC b. Giả sử góc giữa (SBC) và (ABCD) là . Gọi M là trung điểm BC, Khi đó a a3 SMO    SO  OM .tan   .tan  suy ra VS . ABCD  tan  . 2 6 c. Giả sử góc giữa (SBC) và (SDC) là . Gọi N là hình chiếu của B lên SC. Ta có  a 2  SC   DNB   DNB   . Mà ON  OB.tan  .tan . Suy ra 2 2 2  2sin 2 1 1 1 2 2 2  SO  a 2 .     2  SO 2 ON 2 OC 2  a a2  a 2 cot 2 2sin 2 2 3 a 2 Vậy VS . ABCD  .  6sin 2 Nhận xét : Ta thấy rằng khối chóp đều phải có hai tính chất là đáy là đa giác đều và các cạnh bên bằng nhau. Tuy nhiên nếu khối chóp chỉ có cạnh bên bằng nhau thì hình chiếu của đỉnh cũng trùng với tâm đáy nên cũng có thể tính theo cách tính của khối chóp đều. Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thang với đáy lớn CD = 2a, AB = BC = a. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD biết hình chóp có các cạnh bên bằng nhau và SA hợp với (ABCD) một góc 600. Lời giải Do SA=SB=SC=SD nên ABCD là một đa giác nội tiếp đường tròn. Suy ra ABCD là hình thang cân. Gọi O là trung điểm CD, ta có các tam giác OAB, OBC, OAD là những tam giác đều cạnh a. Do đó O là tâm của hình thang ABCD và SO   ABCD  . a 2 3 3a 2 3 Suy ra S ABCD  3SOAB  3.  . 4 4 Theo giả thiết suy ra SAO  600  SO  OA.tan 600  3 3. 1 1 3a 2 3 3a3 Vậy VS . ABCD  SO.S ABCD  .a 3  . 3 3 4 4 Bài tập tự giải Bài 1: Cho hình chóp đều SABC có cạnh bên bằng a hợp với đáy ABC một góc 60o 3a3 . Tính thể tích hình chóp. Đs: V  16 Bài 2: Cho hình chóp tam giác đều SABC có cạnh bên a, góc ở đáy của mặt bên là 45o. a 1) Tính độ dài chiều cao SH của chóp SABC . Đs: SH = 3 a3 2) Tính thể tích hình chóp SABC. Đs: V  6 Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 16
  17. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC Bài 3: Cho hình chóp tam giác đều SABC có cạnh đáy a và mặt bên hợp với đáy một a3 3 góc 60o. Tính thể tích hình chóp SABC. Đs: V  24 Bài 4 : Cho chóp tam giác đều có đường cao h hợp với một mặt bên một góc 30o . h3 3 Tính thể tích hình chóp. Đs: V  3 Bài 5 : Cho hình chóp tam giác đều có đường cao h và mặt bên có góc ở đỉnh h3 3 bằng 60o. Tính thể tích hình chóp. Đs: V  8 II. Phương pháp gián tiếp tính thể tích khối đa diện. Phương pháp gián tiếp nghĩa là chúng ta tính thể tích khối đa diện thông qua  Phép phân chia khối đa diện thành những khối cơ bản  Bổ sung khối đa diện thành khối đa diện cơ bản  So sánh về thể tích khối đa diện với khối đa diện đã biết. Các kết quả sau đây được sử dụng nhiều: 1. Cho lăng trụ tam giác. Mọi tứ diện có bốn đỉnh lấy ra từ các đỉnh của lăng 1 trụ đều có thể tích bằng thể tích lăng trụ. 3 2. Mọi tứ diện đều có thể bổ sung thành một lăng trụ tam giác và thể tích của lăng trụ đó bằng 3 lần thể tích của tứ diện 3. Mọi tứ diện đều có thể bổ sung thành một hình hộp và thể tích của hình hộp đó bằng 3 lần thể tích lăng trụ. 4. Nếu hai hình chóp (lăng trụ) có chung đáy thì tỉ số thể tích của chúng bằng tỉ số đường cao. Nếu hai hình chóp (lăng trụ) có cùng độ dài đường cao thì tỉ số thể tích của chúng bằng tỉ số diện tích hai đáy. 5. Cho hình chóp tam giác SABC. A’, B’, C’ lần lượt nằm trên SA, SB, SC. Thế VS . A ' B 'C ' SA ' SB ' SC ' thì ta có  . . . VS . ABC SA SB SC Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 17
  18. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC Các tính chất trên có thể dễ dàng chứng minh được. Điều quan trọng là cần nắm được để đưa ra định hướng giải quyết cho mỗi bài toán. Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông cân ở B, AC  a 2 , SA vuông góc với đáy ABC , SA  a , Gọi G là trọng tâm tam giác SBC, mặt phẳng (  ) qua AG và song song với BC cắt SC, SB lần lượt tại M, N. Tính thể tích của khối chóp S.AMN Lời giải: 1 Ta có: VS . ABC  S ABC .SA và SA  a 3 + ABC cân có : AC  a 2  AB  a 1 2 1 1 2 a3  S ABC  a Vậy: VSABC  . a .a  2 3 2 6 SG 2 Gọi I là trung điểm BC, do G là trọng tâm, ta có :  SI 3 SM SN SG 2 (  )// BC  MN// BC     SB SC SI 3 VSAMN SM SN 4 4 2a 3   .  . Vậy: VSAMN  VSABC  VSABC SB SC 9 9 27 Ví dụ 2. Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh đáy AB = a và cạnh bên SA = a 2 . Gọi E là trung điểm SC, (P) là mặt phẳng qua AE song song với BD cắt SB, SD lần lượt tại I, K. Tính thể tích khối chóp S.AIMK. Lời giải: Gọi O là tâm của ABCD, G là giao điểm của AE với SO, suy ra G là trọng tâm tam SI SK SG 2 giác SAC và SBD. Do (P) song song với BD nên KI / / BD     . SB SD SO 3 a2 a 6 1 a 6 2 a3 6 Ta có SO  SA2  OA2  2a 2    VS . ABCD  . .a  . 2 2 3 2 6 VS . AIE SA SI SE 1 1 Mặt khác  . .   VS . AIE  VS . ABC . VS . ABC SA SB SC 3 3 V SA SK SE 1 1 Tương tự S . AKE  . .   VS . AKE  VS . ADC VS . ADC SA SD SC 3 3 1 1 a3 6 Mà dễ thấy VS . ABC  VS . ADC  VS . AIEK  VS . AIE  VS . AKE  VS . ABC  VS . ADC   VS . ABCD  . 3 3 18 Ví dụ 3. Cho tứ diện gần đều ABCD có AB=CD=a; AC=BD=b; AD=BC=c. Tính thể tích tứ diện. Lời giải: Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 18
  19. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC Gọi M, N lầ lượt là trung điểm AB và CD. Do tứ diện ABCD có các cạnh đối diện bằng nhau nên bốn mặt của tứ diện là những tam giác bằng nhau. Suy ra MC  MD  MN  CD. Tương tự ta cũng có MN  AB. Vậy MN là đoạn vuông góc chung của AB và CD. Bổ sung tứ diện thành hình hộp AC’BD’.A’CB’D (hình vẽ). Ta có AC’BD’.A’CB’D là hình hộp chữ nhật. Đặt D’A = x, D’B = y, D’D = z ta có  2 a 2  c2  b2 x   x2  y 2  a2  2  2  2 a  b2  c2 2  a 2  c 2  b 2  a 2  b 2  c 2  c 2  b 2  a 2   y  z 2  b 2   y   V AC ' BD '. A ' CB ' D       z 2  x2  c2  2  2  2  2    2 c2  b2  a 2 z   2 2  a 2  c 2  b 2  a 2  b 2  c 2  c 2  b 2  a 2  . 1 Vậy suy ra VABCD  12 Ví dụ 4.(ĐHA11) Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 19
  20. TRƯƠNG THPT LÊ XOAY – VĨNH PHÚC Lời giải:  SAB    ABC  Có   SA   ABC  do đó góc giữa (ABC) và (SBC) là SBA  600.  SAC    ABC  Suy ra SA  AB.tan 600  2a 3 . 1 1 4a 3 3 3 4a 3 3 Vậy VSABC  2a 3. 4a 2   VSBCNM  .  a 3 3. . 3 2 3 4 3 Ví dụ 5.(ĐHD10) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA =a. HÌnh chiếu vuông góc của S lên mp(ABCD) là điểm H thuộc AC và AC AH= . Gọi CM là đường cao của tam giác SAC. CMR M là trung điểm SA và 4 tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a. Lời giải: a 2 a 14 Ta có SH  SA2  AH 2  a 2   . 8 4 7 a 2 9a 2 Suy ra SC  SH 2  HC 2   a 2 8 8 Vậy tam giác SAC cân tại C nên M là trung điểm SA. Ta có VS .MBC SM 1 1 1 1 1 2 a3 14    VS .MBC  VS . ABC  . .SH . a  . VS . ABC SA 2 2 2 3 2 12 Ví dụ 6.(ĐHA10) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB và AD; H là giao điểm của CN với DM. Biết SH vuông góc với (ABCD) và SH= a 3 . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và tính khoảng cách giữa DM và SC theo a. Lời giải: Ta có a 2 a 2 5a 2 SCDNM  S ABCD  S AMN  S BCM  a 2    Vậy 8 4 8 1 1 5a 2 5a3 3 VS .CDNM  SH .SCDNM  a 3.  . 3 3 8 24 Gọi K là hình chiếu của H lên SC. Ta có DM  CN    (Do DM .CN  DA  AM CD  DN  0 ) nên DM   SCN   DM  HK hay HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC. CI .CB 2a 2a 5 Gọi I là trung điển CD thì BI  CH và ta có HC  2   BI 5 5 SH .HC 2a 3 d  DM , SC   HK   . SH  HC 2 2 19 Hoàng Đức Trường truongmath@thptlexoay.edu.vn 20
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2