Tải bản đầy đủ (.pdf) (14 trang)

Bài Giải Thể Tích Khối Lăng Trụ – Khối Hộp

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (959.7 KB, 14 trang )

(1)

HƯỚNG DẪN GIẢI THỂ TÍCH CỦA KHỐI LĂNG TRỤ



GVBM : ĐOAØN NGỌC DŨNG


V. KHỐI LĂNG TRỤ ĐỨNG
BAØI 5.1 :


 Hướng dẫn :


 Tính thể tích khối tứ diện IABC
Trong tam giác vng A’AC, ta có :


5
a
a
4
a
9
'
AA
C


'
A


AC 2 2 2 2


Trong tam giác vuông ABC, ta coù :
a
2
a


a
5
AB
AC


BC 2 2 2 2


Gọi H là hình chiếu của I trên AC thì IH  (ABC).
Vậy IH là chiều cao của tứ diện IABC.


Xét hai tam giác đồng dạng MIA’ và AIC, ta có :
2


1
AC


M
'
A
IC


'


IA , suy ra


3
2
'
CA



CI


Mặt khác : IH // AA’ nên ta có :


3
a
4
'
AA
3
2
IH
3
2
'
CA


CI
'
AA
IH









Diện tích tam giác ABC là : 2



ABC 21 AB BC 21 a 2a a


S       


Thể tích khối tứ diện IABC là :


9
a
4
3


a
4
a
3
1
IH
S


3
1


V 2 3


ABC


IABC       


 Tính khoảng cách từ điểm A đến (IBC)



Vẽ HK  BC. Chứng minh BC  (IHK)  BC  IK.
Do HK // AB nên


3
a
2
AB
3
2
HK
3


2
'
CA


CI
CA
CH
AB


HK


vuông IHK có :


3
5
a
2


HK
IH


IK 2 2 


3
5
a
2
3


5
a
2
a
2
2
1
IK
.
BC
2
1
S


2


IBC    





5
a
2
3


5
a
2


9
a
4
.
3
S


V
3
))
IBC
(
A
(
d
))
IBC
(
A
(


d
S
3
1


V 2


3


IBC
IABC
IBC


IABC      


 Cách khác :


Kẻ AK  A’B (K  A’B) (3)


Ta coù :







'
AA
BC



AB
BC


 BC  (ABB’A’)  BC  AK (4)
Từ (3) và (4) suy ra : AK  (IBC)


Do đó AK là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (IBC)
Tam giác A’AB vuông tại A, ta có :


5
5
a
2
AK
a


1
a
4


1
AB


1
'
AA


1
AK



1


2
2
2
2


2       

5


5
a
2
IBC
,
A


d 


BAØI 5.2 :


 Hướng dẫn :


(ĐẠI HỌC D 2009)Cho
hình lăng trụ đ ứng
ABC.A’B’C’ có đáy ABC
là tam giác vuông tại B,
AB = a, AA’ = 2a, A’C =
3a. Gọi M là trung đi ểm
của đoạn thẳng A’C’, I


là giao đi ểm của AM và
A’C. Tính theo a thể
tích khối tứ diện IABC
và khoảng cách từ điểm
A đến mặt phẳng (IBC). A


B


BÀÀI 16I 16 :


B


C
A’


B’


C’




M


I


H
K


a



3a
2a


(Ð? I H? C D 2009)Cho
hình lang tr? d ? ng
ABC.A’B’C’ có dáy ABC
là tam giác vuông t?i B,
AB = a, AA’ = 2a, A’C =
3a. G?i M là trung di ?m
c?a do?n th?ng A’C’, I
là giao di ?m c?a AM và
A’C. Tính theo a th?
tích kh?i t? di?n IABC
và kho?ng cách t? di?m


A d?n m?t ph?ng (IBC). A


B


BÀÀI 16I 16 :


B


C
A’


B’


C’





M


I


H
a


3a
2a



(2)

Thể tích khối lăng trụ là :


2
2
a
2
a
2
a
'
AA
S


V ABC  2   3


Gọi N là trung điểm của BB’ thì MN là đường trung bình của BCB’.
Suy ra MN // CB’. Mà MN  (AMN) nên B’C // (AMN)



Do đó : d(AM , B’C) = d(B’C , (AMN)) = d(B’ , (AMN)) = d(B , (AMN))
Gọi BH là chiều cao của tứ diện BAMN thì d(B , (AMN)) = BH


Tứ diện BAMN có các cạnh BA, BM, BN đơi một vng góc nên ta có :


7
7
a
BH
a


7
a


4
a
2


4
a


1
BN


1
BM


1
BA



1
BH


1


2
2
2
2
2
2


2


2          .


Vậy d(AM , B’C) =
7


7
a


BÀI 5.3 :


 Hướng dẫn :


Gọi D là trung điểm của BC, ta có :


))
ABC


(
),
BC
'
A
((
BC


AD
BC
D
'
A


BC
)
ABC
(
)
BC
'
A
(

















= góc A’DA = 60


Vì AD là đường cao của đều ABC cạnh a nên


2
3
a
AD


vng A’AD có một góc bằng 60 nên là nửa tam giác đều.
 A'D2ADa 3 và


2
a
3
3
AD
'


AA 


Vaäy thể tích khối lăng trụ :



8
3
a
3
2


a
3
4


3
a
'
AA
.
S
V


3
2


ABC   


 (ñvtt)


Gọi H là tâm của tam giác đều ABC 


3
1


DA
DH
'
DA


DG  GH // AA’  GH  (ABC)


 GH là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC.


Vẽ mặt phẳng trung trực của GA, mặt phẳng này cắt GA tại E và cắt GH tại I, ta có IG = IA = IB = IC  I
là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC


GEI đồng dạng GHA 


GH
2
GA
GH


GA
.
GE
GI
GH
GE
GA


GI 2


GH // AA’ 



2
a
2


a
3
3
1
'
AA
3
1
GH
3


1
DA
DH
'
AA
GH













vuông GHA có :


12
a
7
2


3
a
3
2
2


a
AH
GH


GA


2
2
2


2


2 























 .


Do đó :


12
a
7
a
12


a


7
GH
2
GA
GI


2
2






BÀI 5.4 :


 Hướng dẫn :


AD // B’C’ vaø AD = B’C’  AB’C’D là hình bình hành
 DB’ cắt AC’ tại trung điểm I (1)


AC // A’C’ và AC = A’C’ ACC’A’ là hình bình hành
 MN là đường trung bình của hình bình hành ACC’A’


 MN cắt AC’ tại trung điểm của AC’  MN đi qua trung điểm I (2)
Từ (1) và (2)  DB’ và MN cắt tại trung điểm I của mỗi đường
 B’, M, D, N cùng nằm trên một mặt phẳng.


(ĐẠI HỌC B 2010)
Cho hình lăng trụ tam
giác đều ABC.A’B’C’


có AB = a. Góc giữa
hai mặt phẳng (A’BC)
và (ABC) bằng 60.
Gọi G là trọng tâm
A’BC. Tính thể tích
khối lăng trụ đã cho và
tính bán kính mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện


GABC theo a. A


B


BÀÀI 18I 18 :


B


C
A’


B’


C’


D a


60


G







H
E


I


(ĐẠI HỌC B 2003)
Cho hình lăng trụ
đứng ABCD.A’B’C’D’
có đ áy ABCD là hình
thoi cạnh a, góc BAD
= 60. Gọi M là trung
điểm cạnh AA’ và N là
trung điểm cạnh CC’.


Chứng minh rằng 4
điểm B’, M, D, N cùng
thuộc một mặt phẳng.
Hãy tính độ dài cạnh
AA’ theo a đ ể tứ giác
B’MDN là hình vng.


B


B



BÀÀI 19 :I 19


D
C
B’


D’
C’


M


I


a
A


A’




N



(3)

Ta coù: DM2 = DA2 + AM2 = DC2 + CN2 = DN2  DM = DN


 hình bình hành B’MDN là hình thoi.


Hình thoi B’MDN là hình vuông  MN = B’D
 AC = B’D  AC2 = B’D2 = B’B2 + BD2


 3a2 = B’B2 + a2  B’B2 = 2a2  B’B = a 2 .



Vậy A’A = a 2 .
 Cách khaùc :


a) Do M là trung điểm cạnh AA và N là trung điểm cạnh CC’ nên ta có AM // NC’ và AM = NC’
 Tứ giác AMCN’ là hình bình hành.


Gọi I là giao điểm của MN và AC’ thì I là trung điểm của MN (1)
Mặt khác, tứ giác AB’C’D là hình bình hành nên I = AC’  B’D
 I là trung điểm của B’D (2)


Từ (1) và (2) suy ra tứ giác B’MDN là hình bình hành
Vậy B’, M, D, N cùng nằm trên một mặt phẳng.


b) ta có DAM = DCN  DM = DN
 Tứ giác B’MDN là hình thoi.


Do đó : B’MDN là hình vng  MN = B’D (*)
BDB’ vng tại B, ta có : B’D2 = B’B2 + DB2. Khi đó :


(*)  MN2 = B’D2  AC2 = B’B2 + BD2

 

2
3


a = B’B2 + a2  B’B2 = 2a2  B'Ba 2 A'A
Vậy A’A = a 2 .


BÀI 5.5 :


 Hướng dẫn :



AA’  (ABC)  góc A’BA là góc giữa A’B với đáy
 góc A’BA = 60.


Ta có AA’ = AB.tan60 AA/ a 3


2 3


3 3


3


4 4


a a


Va


G


GoọïiiKKllaàøttrruunnggđđiieểmåmccuủûaaBBCCMMNNKKvvuuoônânggttaạïiiKKccoóù::


1 a


MK AB ; NK AA ' a 3


2 2


   


 

2 2 2


2 13 13


3


2 4 2


a a a


MNa     MN


 


BAØI 5.6 :


 Hướng dẫn :


 Tính thể tích khối lăng truï ABC.A’B’C’


Trong tam giác ABC kẻ đường cao CH thì CH

AA'B'B

 A’H là hình chiếu vng góc của A’C trên
mặt phẳng

AA'B'B

 góc CA’H = 30o


Áp dụng định lí cô-sin trong ABC, ta có :


2
2


2
o
2



2


2 7a


2
1
a
2
.
a
2
a
4
a
120
cos
.
BC
.
AC
2
BC
AC


AB 


















7
a
AB


Diện tích tam giác ABC là :


2
3
a
2


3
a
2
.
a
2


1
120
sin
.
CB
.
AC
2
1


S o 2


ABC    




Mặt khác :


7
21
a
7
a 2


3
a
2
AB
S
2


CH
AB
.
CH
2
1
S


2


ABC


ABC 








 




A


B


C
A’



B’


C’




K
a


M




60


N



(4)

Tam giác A’CH vuông tại H, ta có :


7
21
a
2
30
sin


CH
C



'


A  o


Tam giác A’AC vuông tại A, ta có :


7
35
a
a
7


21
a
2
AC


C
'
A
'


AA 2


2
2


2

















Thể tích khối lăng trụ đã cho là :


14
105
a
7


35
a
2


3
a
'
AA
.
S


V ABC  2   3 (đvtt)



 Tính khoảng cách từ đỉnh A’ đến (ACM)
Dễ thấy d

A ,'

ACM

2d

B,

ACM



Trong tam giác ABC kẻ đường cao BK, ta có : AK

BKM


BM


AK
BK
AK












Mà BK

ACM

nên

ACM

 

 BKM

theo giao tuyến KM.


Trong tam giác BKM kẻ đường cao BI thì BI

ACM

. Suy ra d

B,

ACM

BI.
Ta có : BKBC.sin60o a 3.


Tam giác vuông BKM, ta có :


89
1335


a
BI
a


35
196
a


3
1
BM


1
BK


1
BI


1


2
2


2
2


2      

89


1335
a


ACM
,
B


d 



Vaäy d A ' , ACM

2a 1335


89


 .


BAØI 5.7 :


 Hướng dẫn :


 Tính thể tích khối tứ diện EABD


Ta có ABADa và góc BAD = 60o nên ABD là tam giác đều cạnh a. Suy ra BDa,


3
a
AO
2


AC  .


Tam giác ACC’ vuông tại C, ta coù :
a


a
3
a
4
AC
'
AC
'


CC 2 2 2 2


Gọi IAC'A'C thì I là trung điểm AC’
 E là trọng tâm của A’AC


Trong AEO kẻ đường cao EH thì EH

ABD

.
Do EH//A'A nên ta có :


3
a
A
'
A
3
1
EH
3


1
'
OA


OE
A
'
A


EH


Thể tích khối tứ diện EABD là :


36
3
a
3
a
4


3
a
3
1
EH
.
S
3
1


VEABD  ABD   2   3 (đvtt)
 Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BDE)


Ta coù : BD

A'AO

BD A'O


'
AA
BD


AC
BD















Tam giác EBD có EO vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến nên cân tại E.
Tam giác A’AO vng tại A, ta có :


6
7
a
O
'
A


3
1
EO
2


7
a
2


3
a
a
AO
A


'
A
O
'
A


2
2


2


2














Diện tích tam giác EBD là :


12
7
a
EO
.
BD
2
1


SEBD   2






7
21
a
12



7
a 36
3
a
3
S


V
3
EBD
,
A
d
EBD
,
A
d
.
S
3
1


V 2


3


EBD
EABD
EBD



EABD 








 . Vaäy



7
21
a
EBD
,
A



(5)

BÀI 5.8 :


 Hướng dẫn :


Đặt ABx

x0

; ta coù 2x
60
cos


AB


AC o  , BCAB.tan60ox 3



Ta coù :


2
3
x
BC
.
AB
2
1


SABC   2


Mặt khác : SABCpr, với

2


x
3
3
BC
AC
AB
2
1


p     ,



2
a
1
3



r 


 

x a


2
a
1
3
2


x
3
3
2


3
x2










Dựng hình bình hành ADBC thì AC//

A'BD

, ta có :

AC,A'B

d

AC,

A'BD

d

A,

A'BD



d  



Trong tam giác ABD kẻ đường cao AK, ta có :

A'AK



BD
'
AA
BD


AK
BD












Mà BD

A'BD

nên

A'BD

 

 A'AK

theo giao tuyeán
A’K.


Trong tam giác A’AK kẻ đường cao AH thì AH

A'BD





5


15
a
AH
BD


'
A
,
A
d
B
'
A
,
AC


d   




Tam giaùc A’AK vuông tại A có : 2 2 2


AK
1
'
AA
1
AH


1



Tam giác ABD vuông tại A, ta có : 2 2 2
AD


1
AB


1
AK


1


Do đó : AA' a 3


a
3


1
a


1
'
AA
1
a


3
5
AD



1
AB


1
'
AA
1
AH


1


2
2
2
2


2
2


2


2         


Vaäy thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là :


2
a
3
3
a


.
3
a
.
a
2
1
'
AA
.
BC
.
AB
2
1
'
AA
.
S


V ABC    3 (đvtt)


BÀI 5.9 :


 Hướng dẫn :


 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’
Ta có : A'C'

ABB'A'



'


AA
'
C
'
A


'
B
'
A
'
C
'
A












Trong tam giác A’AB kẻ đường cao AI, ta có :
















'
A
'
ABB
'


C
'
A
do
'
C
'
A
AI


B
'
A
AI



BA'C'


AI




Mặt khác

AB'M

 

 BA'C'

nên AI

AB'M

hay IAB'A'B


Suy ra tứ giác ABB’A’ là hình vng.


Ta có : a 2


2
BC
AB
'


AA   .


Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là : 2a .a 2 a 2
2


1
'
AA
.
S


V 2 3



ABC   


 (đvtt)


 Tính khoảng cách từ B’ đến (AC’M)
Ta có : AM

BCC'B'



'
BB
AM


BC
AM










(6)

Trong tam giác B’C’M kẻ đường cao B’H, ta có :

B'H

AC'M


'


B
'
BCC
AM


do


AM
H


'
B


M
'
C
H
'
B


















d B' , AC' M B' H



 


Tam giác C’CM vuông tại C, ta có : C'M CC'2CM2 2a2 a2 a 3
Diện tích tam giác MB’C’ là : .2a.a 2 a 2


2
1
'
BB
.'
C
'
B
2
1


S 2


'
C
'


MB   




Maët khác


3


2
a
2
3
a


2
a
2
M
'
C
S
2
H
'
B
M
'
C
.
H
'
B
2
1


S MB'C' 2


'


C
'


MB      




Vậy d B' , AC ' M

2a 6
3


 .


BAØI 5.10 :


 Hướng dẫn :


 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’


Gọi I là trung điểm của A’B’ thì CI'A'B' (do A’B’C’ cân tại C’)
Mặt khác C'IAA', suy ra CI'

ABB'A'



 BI là hình chiếu của BC’ trên mặt phẳng

ABB'A'



 góc C’BI = 60o là góc hợp bởi BC’ với mặt phẳng

ABB'A'



BB’I vuông tại B’, ta có :


2
5
a


4
a
a
I'
B
'
BB


BI 2 2 2 2
BC’I vuông tại I, ta có :


2
15
a
60
tan
.
BI
I'


C o


Diện tích tam giác A’B’C’ là :


4
15
a
2


15


a
a
2
1
I'
C
.'
B
'
A
2
1


SA'B'C'      2
Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là :


4
15
a
a
4


15
a
'
AA
.
S


V A'B'C'  2   3 (đvtt)


 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, NP


Gọi Q là trung điểm của B’C’ thì MQ//BC'//PN, suy ra BC’ và PN cùng song song với mặt phẳng

AMQ .


Do đó : d

AM,PN

d

PN,

AMQ

2d

BC ,'

AMQ



Trước hết ta tính khoảng cách từ BC’ đến mặt phẳng

AMQ .


Gọi HAMBI, ta có : ABMBBI'  góc BAM = góc B’BI


Mặt khác : góc AMB + goùc BAM = 90o  goùc AMB + góc B’BI = 90o  góc BHM = 90o AMBI


Ngồi ra AMCI'

doCI'

ABB'A'

, suy ra AM

BCI'

AMBC'


Kẻ HKBC'

KBC'

thì HK là đoạn vng góc chung của AM và BC’, tức là :

AM,BC'

HK d

BC,'

AMQ



d  


ABM vuông tại B, ta coù :


5
5
a
BH
a


5
a


4
a



1
BM


1
AB


1
BH


1


2
2
2
2
2


2       


BHK vuông tại K, ta có :


10
15
a
60
sin
.
BH



HK o


Vậy d AM , PN

2HK a 15
5


 


BÀI 5.11 :


 Hướng dẫn :



(7)

Tam giác ABC vuông tại A, ta có : ACAB.tan60o 2a 3, 4a


60
cos


AB


BC o


a
2
'
C
'
B
2
1
M
'



A  




Trong tam giác A’B’C’ kẻ đường cao A’H, ta có : A'H.B'C'A'B.'A'C'


3
a
a


4
3
a
2
.
a
2
'


C
'
B


'
C
'
A
.'
B


'
A
H
'


A   




Thể tích khối chóp A'.BCM là :


3
a
2
3
a
.
a
3
.
a
4
6
1
H
'
A
.
MN
.


BC
6
1
H
'
A
.
S
3
1


V 3


BCM
BCM


'.


A     


Gọi I là trung điểm của A’M, ta coù :


13
a
a
9
a
4
'
BB


'
B
'
A
B
'
A


BM 2 2 2 2


 A’BM cân tại B BIA'M


Diện tích tam giác A’BM là : A'M.BI
2


1


SA'BM  , với BI A'B2AI'2 13a2 a2 2a 3


3
a
2
3
a
2
.
a
2
2
1



S 2


BM
'


A  




Mặt khác :

3a


3
a
2


3
a
6
S


V
3
BM
'
A
,
C
d
BM


'
A
,
C
d
.
S
3
1
V


V 23


BM
'
A


BCM
'.
A
BM


'
A
BM


'
A
.
C


BCM
'.


A      


 Tính góc giữa hai mặt phẳng (A’BM) và (ABC)


Diện tích tam giác ABN là : a 3


2
3
a
2
.
a
2
2
1
60
sin
.
BN
.
AB
2
1


S o 2


ABN    



Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng

A'BM

ABC , và N là trung điểm của BC.


Do ABN là hình chiếu của A’BM trên mặt phẳng

ABC nên ta có :



o
2


2


BM
'
A


ABN
BM


'
A


ABN 2 60


1
a
3
2


a
3
S



S
cos
cos


.
S


S      


BAØI 5.12 :


 Hướng dẫn :


A1B1C1 vuông tại B1 ta có : B1C1  A1C12 A1B12  5a2a2 2a
Kẻ A1HAB1, ta có : BC

AAB

BC AH


AA
C


B


B
A
C
B


1
1
1
1


1
1


1
1
1


1


1
1
1


1









Từ đó : 1

1 1



1
1
1


1



1 A H ABC


C
B
H
A


AB
H
A












 HK là hình chiếu vng góc của A1K trên mặt phẳng

AB1C1


 góc A1KH = 30o là góc giữa A1K và

AB1C1



Đặt AA1 x

x0



AA1B1 vuông tại A1, ta coù : 2 2 2
1


1


2
1
2


1 a


1
x


1
B
A


1
AA


1
H


A


1

 

1


AA1C1 vuông tại A1, ta có : 2 2 2
1


1
2
1
2



1 5a


1
x


1
C
A


1
AA


1
K


A


1

 

2


A1HK vuông tại H, ta có : AK


2
1
30
sin
.
K
A
H



A1  1 o  1

 

3


Thế

 

3 vào

 

1 , ta coù : 2 2 2


1 a


1
x


1
K
A



(8)

B


BÀÀI 20I 20::(ĐẠI HỌC A 2008)Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’
có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông
tại A, AB = a, AC = ,hình chiếu vng góc của đỉnh A’
trên (ABC) là trung đi ểm của BC. Tính thể tích khối chóp
A’.ABC và tính cosin của góc giữa AA’, BB’.


3
a


A


B


C


A’


B’


C’


2a


a


3
a


H




Từ

 

2 và

 

4 ta được : x 15a x a 15
a


1
x


1
a
5


1
x



1


4 2 2


2
2
2


2      










Vaäy thể tích khối lăng trụ ABC.A1B1C1 là: a.2a.a 15 a 15
2


1
AA
.
C
B
.
B
A
2


1
AA
.
S


V 3


1
1
1
1
1
1


ABC   




BAØI 5.13 :


 Hướng dẫn :


Vẽ AHBC

A'HA

BC  góc A’HA = 30o


3
a
30
cot
'
AA



AH o


3
a
2
AC
a


12
1
a
4


1
a
3


1
AC


1
AC


1
AB


1
AH



1


2
2


2
2
2


2


2        


Do đó : 2a.2a 3.a 2a 3


2
1
'
AA
.
AC
.
AB
2
1


V 3


'
C


'
B
'
A
.


ABC    


 B'C'//

A'BC

d

B'C ,'A'C

 

dB'C,'A'BC

 

dB,'A'BC



Gọi IAB'A'B  I trung điểm B’A  d

B,'A'BC

 

d A,A'BC


Vẽ AKA'HAK

A'BC

d

A,A'BC

AK


Ta có :


2
3
a
30
sin
.
AH


AK o . Vaäy



2
3
a
C
'


A
,'
C
'
B
d
2


3
a
BC
'
A
,
A


d    .


VI. KHỐI LĂNG TRỤ XIÊN
BÀI 6.1 :


 Hướng dẫn :


Gọi H là trung điểm của BC, theo giả thiết ta có : A’H  (ABC)
 A’H là đường cao của hình lăng trụ và cũng chính là đường cao
của hình chóp A’ABC V 1 SABC B' H


3


   .



2
3
a
3
a
a
2
1
AC
AB
2
1


SABC        2


ABC vuông tại A coù : BC a


2
1
AH
a


2
a
3
a
AC
AB



BC 2 2 2 2


vuông A’HA có : A'H AA'2AH2 4a2a2 a 3


Thể tích khối chóp A’ABC là :


2
a
3
a
2


3
a
3
1
H
'
A
S
3
1


V  ABC   2   3


Tính cosin của góc giữa AA’ và B’C’


Gọi  là góc giữa AA’ và B’C’.


Do BB’ // AA’ và BC // B’C’ nên ta có : góc (AA’ , B’C’) = góc (BB’ , BC) = 


Tam giác HA’B’ vuông tại A’ ta có : B'H A'H2A'B'2 3a2a2 2aBB'


Do đó, B’BH là tam giác cân tại B’. Vậy góc B’BH = 


B’H2 = BB’2 + BH2 – 2BB’.BHcos  4a2 = 4a2 + a2 – 2.2a.a.cos  cos =


4
1


 Cách khác : Gọi  là góc giữa AA’ và B’C’.


Do BB’ // AA’ và BC // B’C’ nên ta có : góc (AA’, B’C’) = góc (BB’, BC) = 
HA’B’ vuông tại A’ ta coù : B'H A'H2 A'B'2 3a2 a2 2aBB'


 B’BH cân tại B’ nên cos BH a 1
2.BB' 2.2 4


   


 Cách khác : Có thể tính thể tích hình chóp A’.ABC dựa trên thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ như sau :


2
a
3
3
a
2


3
a


H
'
A
S
V


3
2


ABC
'


C
'
B
'
A
.


ABC      . Vậy


2
a
2
a
3
3
1
V



3
1
V


3
3
'


C
'
B
'
A
.
ABC
ABC


'



(9)

BÀI 6.2 :
 Hướng dẫn :


Goïi M là trung điểm của AC và H là trọng taâm ABC  H  BM.


Theo giả thiết, ta có B’H  (ABC) nên B’H là đường cao của hình lăng trụ và cũng chính là đường cao của
hình chóp A’ABC V 1 SABC B' H


3


   .



Do B’H  (ABC) nên BH là hình chiếu vng góc của BB’ lên (ABC).
 góc B’BH là góc hợp bởi BB’ và (ABC)  góc B’BH = 60o


 vng B’HB có góc B’BH = 60o nên là nửa tam giác đều


 BH BB' a


2 2


  vaø B' H BH 3 a 3
2


 


Do H là trọng tâm của ABC nên


4
a
3
BH
2
3


BM 


Vì BM là đường trung tuyến của ABC nên :


2 2 2 2 2



2 AB BC AC 1 AB BC 1 2


BM AC


2 4 2 2 4


 


     


9a2 1 2 3AB2 1 AB2 9a2 2 2 AB2


AB 7AB


16 2 4 4 4 16 16 16


 


     


 


2 2 2


2


9a 3AB 9a 3a


AB AB



16 16 3 13


     


Suy ra AC =
13
2


a


3 , BC =
13
2


3
a
3


Diện tích tam giác ABC là :


104
3
a
9
13
2


3
a
3


13
2


a
3
2
1
BC
AC
2
1


SABC        2


Thể tích khối tứ diện A’ABC là :


208
a
9
2


3
a
104


3
a
9
3
1


H
'
B
S
3
1


V  ABC   2   3


 Chú ý : Đặt AB = x (x > 0)


Tam giác vng ABC có góc BAC = 60o nên là nửa tam giác đều  AC =


2


x và BC =


2
3
x
3
.


AC 


Theo tính chất của đường trung tuyến, ta có : AB2 + BC2 = 2BM2 +


2
AC2




 x2 +


8
x
4


a
3
2
2


3


x 2 2 2


















 x2 =


13
a
9 2


 x =
13


a


3 . Suy ra AC =
13
2


a


3 , BC =
13
2


3
a
3


BAØI 6.3 :


 Hướng dẫn :



Gọi H trung điểm AB thì A’H  (ABC).


Hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABC) là HC.
Vậy góc A’C và (ABC) là A'CH60o.


A’HC vuông


2
a
3
2


3
a
3
H
'
A
3
HC


H
'
A
60


tan o







8
3
a
3
4


3
a
2


a
3
ABC
dt


.
H
'
A


VLT     2  3


 Cách 1 : Do AB cắt (A’AC) tại A mà H là trung điểm AB
neân d

B,

A'AC

2d

H,

A'AC

.



(10)

Do AC  (A’IH)  AC  HK (2)
Từ (1) và (2)  HK  (A’AC)



A’HI vuoâng


13
2


a
3
16


a
3
4
a
9


4
3
a
2


a
3
I'


A
HI
'.
HA


HK 2 2








 . Vậy



13
a
3
HK
2
AC
'
A
,
B


d   .


 Cách 2 :



13
a
3
a
4


39


a
2


1 8


3
a
3
AC
.I
'
A
2
1 V
AC


'
A
dt


V
3
AC
'
A
,
B
d


3



LT
ABC


'.


A











BÀI 6.4 :


 Hướng dẫn :


a) Gọi H là trung điểm của AC.


Theo giả thiết A’H  (ABC)  A’H là đường cao của hình lăng trụ ABC.A’B’C’  VABC.A’B’C’ = SABC.A’H


ABC vuông cân tại B neân :
2
a
2



2
a
2
2


2
AC
BC


AB    2


ABC 2 a 2 a 2 a


1
AC
AB
2
1


S       




Do A’H  (ABC) nên BH là hình chiếu vng góc của A’B lên (ABC)  góc tạo bởi A’B và (ABC) là
H


B
'
A 



 A'BH = 45o  A’HB vuông cân tại H


a
2
AC
BH
H
'


A   




Vậy VABC.A’B’C’ = a2.a = a3 (ñvtt).


b) Gọi I = A’B  AB’ (tính chất đường chéo của hình bình hành)
 HI / B’C (HI là đường trung tuyến của AB’C’)


HA’B vuông cân tại H nên đường trung tuyến HI xuất phát từ đỉnh
nên cũng là đường cao  HI  A’B


Do A’B  HI và HI // B’C nên A’B  B’C.
 Caùch khaùc :


Để chứng minh A’B  B’C ta chứng minh A’B  (AB’C) có chứa B’C.



















ABC
H


'
A
do
H
'
A
AC


ABC
cân
vuông
của


đỉnh
từ


phát
xuất
tuyến
trung
đường

BH
do
BH
AC


AC  (A’HB)  AC  A’B


 vuông A’AH coù : AA' A'H2AH2 a2 a2 2a2 a 2
Mà ABa 2  AA'ABa 2


Hình bình hành ABB’A’ có AA’ = AB nên là hình thoi  A’B  AB’
Vì A’B  AC và A’B  AB’ nên A’B  (AB’C)  A’B  B’C


BÀI 6.5 :


 Hướng dẫn :


Gọi O là giao điểm của AC và BD  A1O  (ABCD).


 A1O là đường cao của hình lăng trụ ABCD.A1B1C1D1




1 1 1 1



ABCD.A B C D ABCD 1


V S A O


Đáy lăng trụ là hình chữ nhật ABCD và biết hai cạnh
a


AB , ADa 3 nên ta dễ dàng tính được diện tích
3


a


S 2


ABCD .


Gọi E là trung điểm của AD, ta có :


AD  OE (OE là đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh của tam giác cân OAD)


B


BÀÀI 22I 22 :: (ĐẠI HỌC B 2011) Cho hình lăng trụ
ABCD.A1B1C1D1có đ áy ABCD là hình chữ nhật. AB = a,
AD = . Hình chiếu vng góc của điểm A1trên (ABCD)
trùng với giao điểm AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng
(ADD1A1) và (ABCD) bằng 60.Tính thể tích khối lăng trụ
đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến (A1BD) theo a.



3
a


A


B


C
D


A1


B1 C1


D1


O




E
60



(11)

AD  A1O (do A1O  (ABCD))  AD  (A1OE)  AD  A1E


Vì OE  AD và A1E  AD nên góc giữa (ADD1A1) và (ABCD) là góc A1EO  góc A1EO = 60.


Tam giác vng AOE có một góc bằng 60 nên là nửa tam giác đều 


2


3
a
O
A1


Vaäy


2
a
3
O
A
S


V


3
1


ABCD
D


C
B
A
.


ABCD 1 1 1 1   


Ta coù B1C // A1D  B1C // (A1BD)  d(B1, (A1BD)) = d(C, (A1BD)).



Veõ CH  BD (H  BD)  CH  (A1BD)  d(C, (A1BD)) = CH


Tam giác vuông CBD có : CH.BD = CB.CD 


2
3
a
CB
CD


CD
.
CB
BD


CD
.
CB
CH


2


2  





Vaäy d(B1, (A1BD)) =



2
3
a


 Cách khác : Do A1B là đường chéo của hình bình hành ABB1A1 nên S S .


1
1
1AB ABB


A 


 


 hình chóp D.A1AB và hình chóp D.A1BB1 có thể tích bằng nhau do có cùng chiều cao xuất phát từ D.


Maø


4
a
O
A
.
S
3
1
V


V



3
1
ABD
ABD


A
AB
A
.


D 11    vaø


2
3
a
O
1
A
.
AD
AB
2
1
O
A
.
BD
2
1
S



2
2


2
1


B


DA1    




))
B
DA
(
,
B
(
d
.
S
3
1
V


VD.ABB B.DAB DAB 1 1
1



1
1
1


1   




2
3
a
S


V
.
3
))
B
DA
(
,
B
(
d


B
DA


BB
A


.
D
1


1


1
1


1 







BAØI 6.6 :


 Hướng dẫn :


 Tính thể tích khối chóp C’.BMN


Gọi H là hình chiếu của A’ trên mặt phẳng

ABC ; do A’ cách đều các đỉnh A, B, C nên H là tâm đường


tròn ngoại tiếp ABC. Mà ABC vuông cân tại A nên H là trung điểm của BC. Gọi IAC'MN.


Ta có CI'3AI nên d

C ,'

BMN

3d

A,

BMN

, suy ra C'.BMN A.BMN VA'.ABC
4


3
V



3


V  


Ta coù BCa 2 nên ABACa và


2
2
a
AH


Tam giác A’HA vuông tại H, ta có :


2
14
a
4
a
2
a
4
AH
'
AA
H


'


A 2 2 2 2



Thể tích khối chóp A'.ABC là


12
14
a
2


14
a
a
2
1
3
1
H
'
A
.
S
3
1


V 2 3


ABC
ABC


'.



A     


Vậy


16
14
a


VC'.BMN  3 (đvtt).


 Tính khoảng cách từ C’ đến mặt phẳng (BMN)


Gọi K là trung điểm của AH thì MK là đường trung bình của A’AH, ta có :


H
'
A
//


MK , A'H


2
1


MK và MK

ABC



Gọi J là hình chiếu của K trên BN, ta có : BN MJ
MK


BN


KJ
BN












Mà MJ

BMN

nên

BMN

 

 MKJ

theo giao tuyeán MJ.


Trong tam giác MKJ kẻ đường cao KP thì KP

BMN

 d

K,

BMN

KP
Gọi GAHBN thì G là trọng tâm của ABC.


Ta coù :


12
2
a
AH
6
1
AH
3
1
AH


2
1
GH
KH



(12)

Tam giác ABN vuông tại A, ta có :


3
5
a
BN
3
2
BG
2


5
a
4
a
a
AN
AB


BN 2 2 2 2


Xét hai tam giác vuông đồng dạng KJG và BHG ta có :


20
5


a
BH
20


10
KJ
20


10
3


5
a12


2
a
BG
KG
BH


KJ


Tam giác MKJ vuông tại K, ta có :



284
994
a
KP
BMN



,
K
d
a
80
a
7


8
KJ


1
MK


1
KP


1


2
2
2
2


2       


Ta coù :

4 d

A,

BMN

4d

K,

BMN


AH


6


1


AH
3
2
KG
AG
BMN


,
K
d


BMN
,


A


d






71
994
a
3
BMN
,



K
d
12
BMN
,
A
d
3
BMN
,'


C


d   




BAØI 6.7 :


 Hướng dẫn :


Gọi H là trung điểm BC thì B'H

ABC

.


Khi đó, góc giữa BB’ và

ABC là góc B’BH = 60

o.


Ta coù :


2
a


3
60
sin
'
BB
H
'


B o ; BC a 3


2
a
3
60
cos
'
BB


BH o


a
a
3
a
4
BC
AB


CA 2 2 2 2



Vaäy


4
3
a
3
a
.
3
a
2
1
2


a
3
S


.
H
'
B


VABC.A'B'C'  ABC   3 (đvtt)
Do CABC và CAB'H CA

BB'C'C

CABB'


Trong mặt phẳng

BB'C'C

, kẻ CMB'BBB'

CMA

BB'MA
Vậy góc giữa

BB'C'C

ABB'A'

là góc giữa hai đường thẳng MC và MA.
Do BB’C đều nên M là trung điểm của BB’.



2
a
3
MB
BC


MC 2 2 ;


2
a
13
4


a
3
a
4
MB
AB


MA 2 2 2 2


Vaäy 0


13
3
MA


.
MC


2


CA
MA
MC


A
M
C


cos   2 2  2    góc giữa hai mặt phẳng

BCC'B'

ABB'A'

là góc
CMA mà


13
3
A
M
C


cos   .


BÀI 6.8 :


 Hướng dẫn :


Gọi H là trung điểm CM.


Từ giả thiết

o


1


1


1H ABC CCH CC ; ABC 45


C    


 .


Từ tam giác vuông ABC với BC2a, ABC60oAC2a 3
a


4


AM , AB 2a CH a CH CHtan45 a


2
1


CM o


1  








3
2



ABC
1


'
C
'
B
'
A
.


ABC CH.S a.2a 3 2 3a


V   


Kẻ HKAC  đường xiên C1KAC 

ABC

 

; ACC1A1

C1KH
Tam giác MCA cân tại M MCAMAC30o


2

ABC

 

; ACCA

arctan2
HK


CH
KH
C
tan
2


a
30


sin
.
HC


HK o   1    1 1



(13)

VII. HÌNH HỘP


BÀI 7.1 :


 Hướng dẫn :


Hình chóp có C'B'

ABB'

nên C’B’ là đường cao của nó và đáy là tam giác ABB’ vng tại đỉnh B, nên


có : AB.BB.'CC'


2
1
3
1
V


VABB'C'  C'.ABB'  


Ta biết A’AC là tam giác vng cân, có cạnh huyền A'Ca, do vậy ta tính được


2
a
AC
A


'


A   .


Tam giác ABC cũng là tam giác vuông cân, đỉnh B, có cạnh huyền


2
a


AC nên ta có


2
a
2
.
2


a
2


AC


AB   . Vậy ta có :


48
2
a
2
24



a
2
a
2
a
2
a
2
1
3
1


VC'.ABB'       3  3


Trong tam giác ABA’, kẻ đường cao AHA'B, AH vng góc với một đường thẳng A'B

BCD'A'

. Ta
có: CB

ABB'A'

mà AH

ABB'A'

nên AHBC.


Từ AHA'B và AHBC  AH

A'BC

 H là hình chiếu của A trên mặt phẳng

A'BC

hay AH là
khoảng cách từ H đến

A'BC

, cũng là khoảng cách đến mặt phẳng

BCD'

.


Trong tam giác vuông A’AB, AH là đường cao thuộc cạnh huyền nên để tính AH, ta áp dụng công thức :
2


2


2 AB


1
'
AA


1
AH


1 ; với


2
a
'


AA vaø


2
a


AB , ta tính được


6
6
a


AH .


BÀI 7.2 :


 Hướng dẫn :


 Tính thể tích của hình hộp


Gọi OACBD, ta có :

BD

A'AO




D
'
A
B
'
A
do
O
'
A
BD


AC
BD














 góc A’OA = 60o là góc giữa

A'BD

ABCD



Từ giả thiết suy ra ABC là tam giác đều.


Ta có : ACa, BD2OBa 3


Tam giác A’AO vuông tại A, ta có :


2
3
a
60
tan
.
OA
'


AA o


Thể tích hình hộp đã cho là :


4
a
3
2


3
a
.
3
a
.
a
2


1
'
AA
.
BD
.
AC
2
1
'
AA
.
S


V ABCD    3 (đvtt)


 Tính khoảng cách giữa CD’ và (A’BD)
Ta có : CD'//BA', suy ra CD'//

A'BD



Do đó, d

CD,'

A'BD

d

C,

A'BD

d

A,

A'BD



Trong tam giác A’AO kẻ đường cao AH, ta có :













AO
'
A
BD
do
BD
AH


O
'
A
AH

A'BD

d

A,

A'BD

AH


AH  



Ta coù :


4
3
a
AH
a


3
16
a



4
a
3


4
AO


1
A
'
A


1
AH


1


2
2
2
2
2


2        . Vaäy

4


3
a
BD
'


A
,'
CD


d  .


 Caùch khaùc : Ta coù :


8
a
2


3
a
4


3
a
3
1
'
AA
.
S
3
1


VA'.BCD ABD   2   3 và 2


3


a
O
'
A
.
BD
2
1


SA'BD   2


Mặt khác :



4
3
a
S


V
3
BD
'
A
,
A
d
BD
'
A
,


A
d
.
S
3
1
V


V


BD
'
A


BD
'
A
.
A
BD


'
A
BD


'
A
.
A
ABD


'.


A     


Vậy



4
3
a
BD
'
A
,'
CD



(14)

BÀI 7.3 :


 Hướng dẫn :


 Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’


Ta có ABADa và góc BAD = 60o nên ABD là tam giác đều cạnh bằng a.


Tam giác BDK vuông tại K, ta có :
4


14
a
8
a


a
BK
BD


DK 2 2 2 2 , với


4
2
a
'
BB
4
1


BK 


Ta coù :


2
7
a
a 4


14
a
2
a
BD


'


BB
.
DK
H
'
B
'
BB
.
DK
BD
.
H
'


B      


Tam giác B’HB vuông tại H, ta có :
2
a
a
4
7
a
2
H
'
B
'
BB



BH 2 2 2 2


Suy ra H là trung điểm của BD HACBD


Diện tích hình thoi ABCD là :


2
3
a
S


2


SABCDABD 2


Vậy thể tích khối hộp đã cho là :


4
21
a
2


7
a
2


3
a
H


'
B
.
S


V ABCD  2   3 (đvtt)


 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng B’C và C’D
Ta có :

DC'//

AB'C



C
'
AB
'


AB
'
AB
//
'
DC











Do đó : d B'C , C' D

d C' D , AB'C

d D , AB'C



Ta coù : DH AC
DH B ' H









a


DH AB'C d D , AB'C HD


2


    


Vaäy



2
a
D
'
C
,
C
'


B





×