Transcript Ví dụ 1

CHUYÊN ĐỀ
THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
Nội dung chuyên đề gồm:
A. Kiến thức cơ bản cần thiết:
B. Các dạng toán:
I. Các phương pháp tính thể tích
1. Các Phương pháp tính trực tiếp
2. Phương pháp tính gián tiếp
II. Một số dạng toán liên quan:
1. Tỷ số thể tích
2. Sử dụng thể tích để tính khoảng cách
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN THIẾT:
I. Một số tích chất:
1.Tính chất 1: ( Dùng để chứng minh đường thẳng
vuông góc với mặt phẳng)
 a  b, a  c

a, b  ( )  a  ( )
a  b  M 

2. Tính chất 2: ( Dùng để chứng minh hai đường
thẳng vuông góc)
Hệ quả: Một đường thẳng
vuông góc với hai cạnh của
a  ( )
 a  b tam giác thì vuông góc với

b  ( )
cạnh còn lại.
3.Tính chất 3: (Dùng để chứng minh đường thẳng
vuông góc với mặt phẳng)
( )  ( ), ( )  ( )
   ( )

  (  )  ( )
4.Tính chất 4: (Dùng để chứng minh đường thẳng
vuông góc với mặt phẳng)
( )  ( ), ( )  ( )  
 b  ( )

b  ( ), b  
5. Tính chất 5: (Dùng để chứng minh đường thẳng
vuông góc với mặt phẳng)
a // b
 b  ( )

a  ( )
II. Các bài toán cơ bản về khoảng cách:
1. Bài toán 1: (Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy)
Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy.
Xác định d(A, (SBC))?
Cách giải
S
+ Kẻ AM  BC,(MBC), AH SM,
(H  SM)
+ Ta CM được: d(A, (SBC)) = AH
1
1
1
+ Tính AH:


2
2
2
AH
SA
AM
Chú ý:
H
C
A
M
B
Nếu tam giác ABC Cân tại A thì M là trung điểm của BC
Nếu tam giác ABC có góc B vuông thì M trùng B
Nếu tam giác ABC tù tại B hoặc C thì M nằm ngoài
đoạn BC
2. Bài toán 2: (Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau)
Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC.
S
Xác định d(S,(ABC))?
Cách giải
+ Kẻ SH  (ABC),(H(ABC))
A
 d(S,(ABC)) = SH.
C
H
+ CM được:  SHA =  SHB =  SHC
HA = HB = HC
B
H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Chú ý: Cho hình chóp S.ABC. Khi đó các mệnh đề sau
là tương đương:
i. SA = SB =SC
ii. SA, SB, SC nghiêng đều với đáy
iii. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
3. Bài toán 3: (Hình chóp có các mặt bên nghiêng đều
với đáy)
Cho hình chóp S.ABC có các mặt bên nghiêng đều với
S
đáy. Xác định d(S,(ABC))?
Cách giải
+ Kẻ SH  (ABC), (H (ABC))
d(S,(ABC)) = SH.
P
A
+ Kẻ HM AB, (M AB);
H
HN  BC, (N BC);
M
HP  CA, (P CA);
B
+ CM được:  SHM =  SHN =  SHP
HM = HN = HP  H là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác ABC.
C
N
4. Bài toán 4: (Tứ diện có mặt bên vuông góc với mặt
đáy)
Cho hình chóp S.ABC có tam giác SAB nằm trên mặt phẳng
vuông góc với mặt đáy. Xác định d(S,(ABC))?
S
Cách giải
+ Kẻ SH AB, (H  AB).
( SAB)  ( ABC), ( SAB)  ( ABC)  AB
+ Ta có: 
A
SH  ( SAB), SH  AB
B
H
 )
 SH  ( ABC
+ Vậy d(S,(ABC)) = SH.
C
Chú ý: - Tam giác SAB cân tại S thì H là trung điểm AB
1
1
1
 2 2
- Tam giác SAB vuông tại S thì:
2
SH
SA
SB
III. Các bài toán cơ bản về góc:
1. Bài toán 1: (Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy)
Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng
(ABC). Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC)?
Cách giải
S
+ Kẻ AM  BC,(M BC)  SM  BC
 ((SBC),(ABC)) =  SMA.
C
A
M
B
2. Bài toán 2: (Góc giữa hai mặt phẳng tạo bởi hai tam
giác cân chung đáy)
Cho hình chóp S.ABC có tam giác SBC và
tam giac ABC là hai tam giác cân chung đáy BC.
S
Cách giải
+ Gọi M là trung điểm của BC từ giả thiết
ta có: AM  BC, SM  BC
SMA
 ((SBC),(ABC)) = 180 0  SMA A

B
M
C
3. Bài toán 3: (Góc giữa hai mặt phẳng tạo bởi hai tam giác
bằng nhau chung đáy)
Cho chóp S.ABC có tam giác SBC bằng tam giác ABC.
Tính góc giữa hai mp (SBC) và (ABC)?
S
Cách giải
+ Vì  SBC =  ABC suy ra kẻ: AM  BC
thì SM  BC
SMA
A
 ((SBC),(ABC)) = 180 0  SMA
B
M
C
4. Bài toán 4: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với
mp(ABC) và tam giác ABC vuông tại B. Tính góc giữa hai
mặt phẳng (SBC) và (SAC)?
S
Cách giải
+ Kẻ AH  SB, AK  SC.
+ Ta CM được KH  SC
và AH  (SBC)
((SBC),(SAC)) =  AKH
K
H
C
A
B
5. Bài toán 5: (Góc giữa hai mặt phẳng chứa hai đường
thẳng song song)
Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD la hình thang
(AB // CD và AB > CD).
S
Tính góc giữa hai mp (SAB) và (SCD)?
Cách giải
+ Tìm giao tuyến d của mp(SAB) d
và mp(SCD), ( d qua S và d //AB //CD )
H
+ Kẻ SH  AB, SK  CD
HSK
((SAB),(SCD)) = 1800  HSK

B
C
A
K
D
IV. Thể tích khối đa diện:
1. Thể tich khối chóp:
S
1
V = B.h
3
A
D
H
+ B: là diện tích đáy
+ h: là chiều cao
C
B
2. Thể tích khối lăng trụ:
C’
A’
B’
V=
+ B: là diện tích đáy
+ h: là chiều cao
C
H
A
B.h
B
3. Phân chia khối lăng trụ tan giác thành ba khối tứ
diện có thể tích bằng nhau:
C’
Có nhiều cách phân chia
A’
B’
 AABC

ví dụ:  ABBC
 ACC B

C
A
B
4. Công tức chia tỷ lệ thê tích:
* Lưu ý: Chỉ sử dụng cho hình chóp tam giác.
* Công thức:
+ Cho hình chóp S.ABC. Trên các
tia SA,SB,SC lần lượt lấy các điểm
A’, B’, C’ thì ta có:
S
C’
VS . ABC
SA SB SC

VS . ABC SA SB SC 
A’
A
C
+ Đặc biệt:
VS . ABC SB SC
- Nếu A  A thì:

VS . ABC SB SC 
B
B’
- Nếu A  A, B  B  thì:
VS . ABC
SC

VS . ABC SC 
B.CÁC DẠNG TOÁN:
I. Các phương pháp tính thể tích:
1. Phương pháp tính trực tiếp:
Hai yếu tố quan trọng để tính thể tích khối đa diện là
chiều cao và diện tích đáy. Trong quá trình tính cần chú ý:
* Với khối chóp cần chính xác hóa vị trí chân đường cao của
hình chóp, cụ thể:
+ Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau ( hoặc nghiêm đều
với đáy) thì chân đường cao là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.
+ Hình chóp có các mặt bên cùng tạo với đáy những góc bằng
nhau thì chân đường cao là tâm đường tròn nội tiếp đáy nếu
hình chiếu của đỉnh hình chóp thuộc miền trong của đáy.
+ Hình chóp có một mặt bên vuông góc với đáy thì chân
đường cao nằm trên giao tuyến của mặt đó với mặt đáy.
+ Hình chóp có hai mặt bên kề nhau cùng vuông góc với đáy
thì đường cao là giao tuyến của hai mặt đó.
* Với khối lăng trụ có thể tính thể tích theo các hướng trên
hoặc chia nhỏ thành nhiều khối chóp đơn giản để tính.
* Với khối đa diện phức tạp ta thường chia nhỏ thành nhiều
khối chóp, lăng trụ đơn giản để tính.
Các ví dụ minh họa:
Loại 1: Hình chóp, lăng trụ biết trước đường cao.
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy,
tam giác ABC vuông tại B và AB =a, BC =2a. Tính thể tích khối
chóp S.ABC biết góc giữa (SB,(SAC)) = 450 ?
S
HD:
+ Kẻ BH  AC, H  AC. Ta CMĐ:
BH  (SAC)  (SB, (SAC))  HSB
 HSB 450
1
1
1



+ ABC vuông tại B
BH 2 AB 2 BC 2
2a
H
C
Và S ABC  a 2
 BH 
A
5
HB
4a

+ Xét SHB : SB 
B
sin HSB
10
3
a
15
3
Vậy VS . ABC 
+ Xét SAB : SA  SB2  AB2  a
15
5
Ví dụ 2: Cho hình chóp SABC có SA vuông góc với mặt đáy,
tam giác ABC đều cạnh a. Tính thể tích khối chóp SABC biết
((SBC),(ABC)) = 600 .
HD:
Áp dụng Bài toán 1 về góc ta có:
Kẻ AM vuông góc với BC, tam giác ABCđều
=> M là trung điểm của BC và AM =
a 3
2
S
đồng thời ((SBC),(SAC)) = SMA = 600.
+ Xét tam giác SAM ta có:
SA = AM.tan SMA =
Vậy VS . ABC
a3 3

8
3a
2
C
A
M
B
Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy, tam
giác ABC vuông tại B, AB = a, BC = a 3 và góc giữa mp(SBC)
với mp(SAC) là 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABC ?
HD: Áp dụng Bài toán 4 về góc ta có:
+ Kẻ AH  SB, H  SB ; AK  SC, K  SC
+ Tam giác AHK vuông tại K và HKA  450  AK  2. AH
1
1
1
S
+ Xét SAB : AH 2  SA 2  AB 2
1
1
1


+ Xét SAC :
2
2
K
AK
SA
AC 2
1
1
1



2
2
2 AH
SA
AC 2
H
Từ đó suy ra: SA  a 2
Vậy VS . ABC
a3 6

6
C
A
B
Ví dụ 4: Cho chóp SABC có SA vuông góc với đáy. Tam giác
ABC cân tại B có AB = a và góc ABC = 1200. Tính thể tích khối
3
a
7
chóp SABC biết d(A,(SBC)) =
?
HD:
Áp dụng Bài toán 1 về khoảng cách ta có:
+ Kẻ AM  BC, AH  SM
3
a
 d(A,(SBC)) = AH = 7
S
H
C
+Vì tam giac ABC có góc ABC = 1200 A
 M thuộc tia đối tia BC và góc ABM = 600

a 3
AM =AB.sinABM =
21
1
+ Xét tam giác SAB:
Vậy VS . ABC
AH 2
a3 3 3

8
1


 SA = a
2
2
SA
AB
B
M
Ví dụ 5: Cho hltrụ ABC.A’B’C’ có BB’ = a, (BB’,(ABC)) = 600 ,
tam giác ABC vuông tại C, góc BA’C = 600 . Tính thể tích khối
lăng trụ biết hình chiếu của B’ lên mp(ABC) là trọng tâm tam
giác ABC.
HD:
a 3
3a
a
B’

 BG 
; BM 
A’
; BG 
2
4
2
; + Đặt BC = x, AC = y ta có:
C’
x


3a 39
0
tan
60

x

;

y


16



2
2
 x 2  y  9a
 y  3a 13


4
16

26

+ VABC.A’B’C’ =
a 3 27
208
B
600
600
N
G
M
C
A
Ví dụ 6: Cho hình chóp SABC có đáy ABC đều cạnh a. Biết H
là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) và H thuộc cạnh AB t/m
HB = 2HA, ((SBC),(ABC)) = 600. Tính thể tích khối chóp SABC?
HD:
S
+ Áp dụng Bài toán 1 về góc ta có:
a
0
.
+ HM = sin60 .HB =
3
+ SH =
 S ABC
tan600.HM
a
2
A
H
600
3
4
3
a
=
2
a 3 3
V 
8
B
M
C
Loại 2: Hình chóp chưa biết đường cao
Ví dụ 1: Cho hình chóp đều SABC có cạnh đáy bằng a, SA = 2a.
S
Tính VS.ABC?
HD
+ Gọi O là tâm đáy, vì hình chóp đều nên suy ra:
SO  ( ABC )  VS . ABC
a2 3
S ABC 
4
1
 SO.S ABC
3
A
BC
a
11
2
2
OA 

 SO  SA  OA  a
2 sin A
3
3
Vậy VS . ABC
a 3 11

12
C
O
B
Ví dụ 2: Cho hình lăng trụ xiên ABC.A’B’C’ có A’A= A’B=A’C
= 2a; tam giác ABC vuông tại A, AB = a, AC = a 3. Tính thể
tích khối lăng trụ.
HD: Áp dụng Bài toán 2 về khoảng cách ta có:
+ Gọi H là trung điểm BC, tam giác ABC vuông tại A => H là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC => A’H là đương cao.
Tính được:
B’
C’
BC
AH 

2
AB 2  AC 2  a
A’
AH  AA2  HA2  a 3
Vậy VABC.A’B’C’ = AH.SABC
3 3
=A’H.1/2.AB.AC = a
2
C
B
H
A
Ví dụ 3: Cho hình chóp SABC có các mặt bên cùng tạo với mặt đáy
các góc = 600 và AB = a, AC = 2a, BC = a. Tính thể tích khối chóp.
HD: Áp dụng Bài toán 3 về khoảng cách ta có:
+ Kẻ SH  ( ABC), HM  AB, HN  BC, HP  CA
=> HM là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
a2 7
AB  BC  CA (3  2 )a
+ Tính: P 

; S ABC 
4
2
2
S ABC a 7 (3  2 )
 HM 

P
14
a 21(3  2 )
0
=> SH = tan60 .HM  SH 
14
Vậy
VSABCD
a 3 (3 3  6 )

8
S
P
A
C
600
M
N
H
B
Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD, tam giác SAB đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD biết ABCD là hình vuông cạnh a.
HD: Áp dụng Bài toán 4 về khoảng cách ta có:
+ Kẻ SH  AB  SH  (ABCD)
a 3
2
+ Vì tam giác ABC đều cạnh a => SH =
Tính được SABCD =
Vậy VS . ABCD
S
a2.
a3 3

6
B
C
H
A
D
Ví dụ 5: Cho hình chóp SABC, có đáy ABC là tam giác đều cạnh
a, tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với
mặt đáy. Tính thể tích khối chóp biết góc giưa hai mặt phẳng
(SBC) và (ABC) là 600.
HD: Áp dụng Bài toán 4 về khoảng cách ta có:
+ Goi H là trung điểm AB, tam giác SAB cân tại S suy ra:
SH  AB  SH  (ABC)
Áp dụng Bài toán 1 về góc ta có:
+ Kẻ HM  BC  ((SBC), ( ABC))  SHM  600
sin600
+ Tính được: HM =
SH = tan600.HM =
S ABC
a2 3

4
Vậy VS . ABC 
3a
2
.HB =
S
a 3
2
A
a
3
3
B
600
H
M
8
C
Ví dụ 6: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có tam giác ABC vuông
tại A, ABB’A’ là hình thoi cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông
góc với đáy. Tính thể tích hình lăng trụ biết góc A’AB = 600
và (A’C,(ABC)) = 300.
HD: Áp dụng Bài toán 4 về khoảng cách ta có:
+ Kẻ AH  AB  AH  ( ABC)  ( AC, ( ABC))  ACH  600
Tính được: A’H = sin600.AA’ =
AH =
cos600.A’A =
HC =
cot300.A’H
B’
a
2
3a
=
2
AC  HC 2  AH 2  a 2  S ABC
a3 6
+ Vậy V 
12
A’
a 3
2
C’
A
600
H
300
a2 2

2
C
B
Ví dụ 7 Cho hình chóp SABCD, có đáy ABCD là hình thang vuông
tại A và D; AB = AD = 2a, CD = a. Biết ((SBC),(ABCD)) = 600.
Gọi I là trung điểm của AD. Biết hai mp (SBI) và (SCI) cùng
vuông góc với mặt đáy. Tính thể tích khối VS.ABCD.
HD:
S
Gọi H là hình chiếu của I lên BC. Từ giả
thiết suy ra SI vuông góc với đáy.
Tính được: IC = a 2 , IB = BC = a 5
A
B
1
SABCD = .AD.(AB+CD) = 3a2.
2
Ta có:
1
2
I
H
D
C
.IH.BC = SIBC = SABCD – SABI – SCDI
1 2 3 2
2
2
 3a  a  a  a
2
2
Nên IH 
3 3
5
3
a
Từ đó: VS . ABCD
600
a .3 15

5
2. Phương pháp tính gián tiếp:
Các bài toán loại này dựa vào việc phân tích khối cần tính
thể tích thành tổng hoặc hiệu các khối cơ bản hoặc so sánh thể tích
của nó với khối đa diện cơ bản khác.
Trong nhiều bài toán tính thể tích một cách trực tiếp có thể
gặp khó khăn vì hai lý do:
+ Hoặc là khó xác định và tính chiều cao
+ Hoặc là tính diện tích đáy không dễ dàng
Khi đó trong nhiều trường hợp ta có thể làm như sau:
+ Phân tích khối cần tính thể tích thành tổng hay hiệu các khối cơ
bản (khối chóp hay khối lăng trụ) mà các khối nay dễ tính thể tích
hơn.
+ Hoặc là so sánh thể tích khối cần tính với một khối đa diện khác
đã biết thể tích hoặc dễ dàng tính được thể tích.
Với loại bài toán này ta hay dùng công thức chia tỷ lệ thể tích.
Một số ví dụ:
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC có SA = a, SB = 2a, SC = 3a, góc
ASB = 600, góc BSC = 900, góc CSA = 1200. Tính VS.ABC.
HD: + Lấy B’, C’ lần lượt thuộc SB, SC sao cho SB’ = a, SC’ = a.
VSABC
SB SC
+ Ta có:

 6 nên VS.ABC = 6.VS.AB’C’
SB SC 
VSABC
+ Tính VS.AB’C’: Xét các tam giác:
SAB’: SA = SB’ = a và góc ASB’ = 600
SAC’ có: SA = SC’ = a và góc ASC’ = 1200
A
nên AC’ = a 3
SB’C’ có: SB, = SC’ = a và góc B,SC’ = 900
nên BC’ = a 2 => tam giác AB’C’ vuông tại B’
a
2
2
S
nên AB’ = a
H
C’
B’
=> SAB’C, =
2
+ Vì SA = SB’ =SC’ = a, tam giác AB’C’ vuông tại
B
B nên theo Bài toán 4 về khoảng cách ta có:
a 3
0
Gọi H là trung điểm AC’=> SH  ( ABC ) => SH = sin60 .a =
2
3
3
a 6
a 6
VS.AB’C’ =
. Vậy VS.ABC =
12
2
C
Ví dụ 2:Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 5 cm
đường chéo AC = 4cm. Đoạn SO = 2 2 cm và vuông góc với đáy,
ở đây O là giao điểm của AC với BD. Gọi M là trung điểm của SC và N
là giao điểm của SD với (ABM). Tìm thể tích khối chóp A.BMNC .
HD
+ Ta có AB//CD => AB//(SCD) => (ABM)  (SCD) = MN (N SD).
+ Vì M là trung điểm của SC nên N là trung điểm của SD. S
Ta có: VS.ABMN = VS.SABN + VS.BMN (1)
Theo bài toán tỷ số thể tích ta có:
VS . ABN SN 1
1
1

  VS . ABN  VS . ABD  VS . ABCD
VS . ABD SD 2
2
4
VS .BMN SN SM 1
1
1

  VS .BMN  VS .BCD  VS . ABCD
VS .BCD SD SC 4
4
8
3
Từ (1) suy ra: VS.ABMN = 8 VS . ABCD
M
N
D
A
1
11
8 2
V

SO
.
S

SO
.
AC
.
BD

ABCD
Dễ thấy S . ABCD 2
23
3
Suy ra VS.ABMN = 2
C
O
B
Ví dụ 4:Cho hình chóp S.ABCD đều, có cạnh đáy AB = a, cạnh
bên SA = a 2 . Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của SA,SB,CD.
S
Tìm thể tích tứ diện AMNP.
HD:
Do MS = MA => d(A,(MNP)) = d(S,(MNP))
N
M
VA.MNP = VS.MNP. Theo bài toán tý số thể
tích
A
VS .MNP SM SN 1


ta có:
VS . ABP
SA SB 4
B
O
D
Suy ra:
VS .MNP 
H
P
C
11
1
S ABP SO  . AB.HP .SO
43
24
1
a2 a3 6
2

a.a. a 

24
2
48
a3 6
Vậy VA.MNP =
48
( O và H tương ứng là tâm của đáy
ABCD và trung điểm AB).
Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC đều cạnh a.
SA = 2a và SA vuông góc với đáy. Gọi M, N tương ứng là hình
chiếu vuông góc của A lên SB, SC. Tính VA.BMNC
HD: Ta có: VA.BMNC = VS.ABC – VS.AMN (1)
S
+ Theo bài toán tỷ lệ thể tích thì:
VS . AMN SM SN

VS . ABC
SB SC
N
+ Xét tam giác SAB ta có:SB  a 5 và
1
1
1
5
2a
4a




AM


SM

AM 2 AB2 SA2 4a 2
5
5
A
4a
+ Tương tự ta có: SC  a 5 ; SN 
5
M
B
VS . AMN 16
16
9
Suy ra:

 VS . AMN  VS . ABC  VS .BCMN  VS . ABC
VS . ABC 25
25
25
3
2
3
3
a
3
1
a 3 a 3
Vậy VS .BCMN 

Mà VS . ABC  .2a.
50
3
4
6
C
II. Một số bài toán liên quan:
1. Tỉ số thể tích:
Các bài toán này thường có dạng sau đây: Cho một khối đa diện và
một mặt phẳng (P), mặt phẳng này cắt khối đa diện theo một thiết
diện (Q) nào đó. Thiết diện này chia khối đa diện thành hai phần có
thể tích là V1, V2. Bài toán yêu cầu tìm tý số.
Phương pháp giải:
+ Xác định thiết diện.
+ Chọn một trong hai phần để tính thể tích và gọi đó là V1.
+ Tính và so sánh V1 với thể tích của khối ban đầu là V. Ta giả
sử V1 = k.V (0 <k <1)
V1
k

Khi đó:
V2 1  k
Các ví dụ:
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC. Gọi M là trung điểm của SB.
Dựng của hình chóp với mặt phẳng qua M và //SA,SB.Cmr thiết
diện chia hình chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau.
HD:
S
*) Dựng thiết diên: MNPQ như hình vẽ
Kẻ MR//AB => R là trung điểm SA.
R
Q
*) Gọi V1 là thể tích khối đa diện SAMNPQ,
V là thể tích khối chóp S.ABC.
M
Ta có V1 = VS.MRQ + VMRQ.NAP
C
A
P
VSMRQ SM SP SR 1
1

  VS .MRQ  V
N
VS . ABC SB SC SA 8
8
B
+ Vì R là trung điểm của SA nên VS.MRQ = VA.MPR mà
VMRP.ANP =3.VA.MPR suy ra V1 = 4VS.MQR (2)
1
Từ (1) và (2) ta có V1 = V (đpcm)
2
Ví dụ 2: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có bằng cạnh a.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD và A’D’. Tính tỷ số thể
tích của khối lập phương bị chia bởi mặt phẳng (B’MN).
HD:
A
D
+ Thiết diện chính là ngũ giác MENB’K
J M
E
+ Gọi V1 là thể tích phần hình hộp bị
K
B
C
phân chia có chưa điểm C’, D’.
a
2a
CK 
+ Tính được: ID’ = a, ED  
4
a
3
JC 
A’
N
3
Ta có: V1 = VJB’C’I – VKCM – VID’NE <=>
I
B’
D’
C’
1
V1  ( JC ..B C .C I  JC.CK .CM  ID.DN .DE )
6
1 4a
aaa
a 2a 57a 3 . Gọi V2 là thể tích phần còn
 V1  ( a 2a 
a
)
6 3
342
2 3
144
87a 3 Suy ra V1 57
lại ta có: V2 

144
V2 88
Ví dụ 3:Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có AA’ = a. Gọi M, N là
hai điểm thuộc cạnh BB’ và DD’ sao cho BM = DN = x
(0 < x < a/2). Mặt phẳng (AMN) chia khối hộp thành hai phần.
A
D
Tính tỉ số thể tích hai phần đó.
HD:
x
I
+ Dễ thấy thiết diện là hbh AMEN . B
N
C
x
+ Mặt phẳng qua MN và song song
K
M
J
với mặt phẳng (ABCD) cắt hộp theo
miền hình bình hành MJNI.
D’
A’
E
x
+ Goi V1 là phần thể tích của phần
B’
chứa A’,B’,C’,D’ thì:
C’
V1 = VIMJN.A’B’C’D’ – VEJMN + VAIMN
+ Gọi K là tâm hbh AMEN suy ra: d(A,(IMN)) = d(E,(JMN))
từ đó suy ra: VAIMN = VEJMN suy ra V1 = VIMJN.A’B’C’D’
và V2 = VABCD.IMJN
Vậy V1  MB'  a  x
V2
MB
x
Ví dụ 4: Cho khối tứ diện ABCD, I, J lần lượt là trung điểm của h
cạnh AB, CD. Một mặt phẳng đi qua IJ cắt hai cạnh AC và BD lầ
lượt tại M và N. CMR: mặt phẳng chia khối tứ diện thành hai phầ
D
có thể tích bằng nhau.
+ Ta có: VAIMJND = VAIMJN + VADNJ
VBIMJNC = VBIMJN + VBIMC
J
+ Mà: VAIMJN = VBIMJN (vì cùng đáy và chiều cao) N
+ Vậy ta cần chứng minh: VADNJ = VBIMC
VDANJ DN DJ 1 DN


(1)
Thật vậy:
VDABC DB DC 2 DB
A
M
VCBMI CM CJ 1 CMN
I


(2)
V ABCD
AB DC 2 AB
DJ MC IA NB
MC NB B
+ Theo định lý Melelaus ta có:
1
1
CJ MA IB ND
MA ND
MA NB
MC ND




(3)
MC ND
AC BD
+ Từ (1), (2), (3) suy ra: VADNJ = VBIMC. Từ đó ta có đpcm.
C
2. Sử dụng thể tích để tính khoảng cách:
Các bài toán về tìm khoảng cách:
Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng, khoảng cách
giữa hai đường thẳng, trong nhiều trường hợp có thể quy về bài
toán thể tích khối đa diện. Việc tìm khoảng cách này dựa vào công
thức sau: V  1 Bh  h  3V ở đây V, B, h lần lượt là thể tích, diện
3
B
V
tích đáy, chiều cao của một hình chóp nào đó (hoặc V  Bh  h 
B
đối với hình lăng trụ).
Phương pháp này áp dụng được trong trường hợp sau:
Giả sử ta có thể quy bài toán tìm khoảng cách về bài toán
tìm chiều cao của một hình chóp ( hoặc hình lăng trụ) nào đó. Dĩ
nhiên các chiều cao này thường là không tính được trực tiếp bằng
cách sử dụng các phương pháp thông thường như định lý Pitago,
dùng các công thức lượng giác… Tuy nhiên các khối đa diện này
lại dễ dàng tính được thể tích và diện tích đáy.
Như vậy chiều cao của nó dễ dàng được xác định bởi công thức
trên.
Lược đồ sử dụng phương pháp thể tích để tính khoảng cách
như sau:
1/ Sử dụng các định lý hình học không gian sau:
+ Nếu AB //(P), trong đó (P) chứa CD thì: d(AB,CD) = d(AB,(P))
+ Nếu (P)//(Q), trong đó các mặt phẳng (P), (Q) lần lượt chứa AB,
CD thì: d(AB,CD) = d((P). (Q)).
Ta quy bài toán tìm khoảng cách theo yêu cầu của đầu bài ra về
việc tìm chiều cao của một khối chóp hay khối lăng trụ.
2/ Giả sử bài toán quy về tìm chiều cao kẻ từ S của một hình chóp
( hoặc một hình lăng trụ) nào đó. Ta tìm thể tích của hình chóp
(hoặc hình lăng trụ) này theo một con đường khác mà không dựa
vào đỉnh S (thí dụ tính thể tích hình chóp ấy với quan niệm nó là
hình chóp đỉnh S’ khác S).
Tính diện tích đáy ứng với đỉnh S. Từ đó suy ra chiều cao kẻ từ S
cần tìm.
Xét một vài ví dụ minh họa sau đây:
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC có SA = a, SB = 2a, SC = 3a,
góc ASB = 600, góc BSC = 900, góc CSA = 1200. Tính (S,(ABC)).
S
HD:
+ Theo ví dụ 3 phần phương pháp tính thể
tích gián tiếp
a3 6
12
ta có: VS.AB’C’ =
A
+ Xét các tam giác SAB, SBC, SCA
ta có: AB = a 3 , BC = AC = a 13
suy ra tam giác ABC cân tại C. Kẻ CH  AB
H
C’
B’
C
2
7
3
a
1
suy ra CH = 7a => SABC = CH.AB = 4
2
2
B
+ Gọi h là chiều cao hình chóp S.ABC kẻ từ S ta có:
2
3
1
a 2
1
7
3
a
a
6
S
.h
h

VS.ABC = ABC. 

.h 
3
12
3
4
7
Ví dụ 2(K.D-2009): Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là
tam giác ABC vuông tại B. Giả sử AB = a; AA’ = 2a; AC = 3a.
Gọi M là trung điểm của A’C’ và I là giao điểm của AM và A’C.
Tìm thể tích tứ diện IABC.Tìm d(A,(IBC)). A’
M
Ta tính được: VI . ABC
HD:
AC, IH  (ABC), HE  BC => IE  BC.
HE CH
CI
2
2
2a




HE

AB

Ta có:
AB CA CA' 3
3
3
Kẻ IH

C’
4a 3

9
Do vậy
16a 2 4a 2 2a 5
IE  IH  HE 


9
9
31
2
2
Kẻ AK  (IBC), khi đó: VI.ABC = VA.IBC =
3
A
B’
I
K
C
H
SIBC.AK
2a 5
4a 3 1 1 2a 5
 . .a.
. AK <=> AK = d(A,(IBC)) =

3
3 2
3
9
E
B
Ví dụ 3(K.A-2004): Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thoi ABCD
có SO vuông góc với đáy và O là giao điểm cảu AC và BD. Giả sử
SO = 2 2, AC = 4,AB = 5. Gọi M là trung điểm của SC.
Tính khoảng cách giữa SA và BM.
HD: Vì M là trung điểm của SC ta có: OM//SA,SA//(OBM) =>
d(SA,BM) = d(SA,(OBM)) = d(S,(OBM)) = d(C,(OBM)),(do MS =
MC). Ta có: OB2 = AB2 – OA2 = 1 => OB = 1. Kẻ MH  (ABCD)
1
1
 MH  SO  2. Vậy VM.OBC = SOBC.MH
3
2
1
2 . Ta có: OM  1
 OB.OC.MH 
2
3
2
1
, SA 
SO 2  OA 2  3 . Khi đó ta có:
2
1
VC.OBM= .d(C,(OBM)). SOBM
3
1
1
d(C,(OBM)).
<=> VC.OBM =
.OB.OM
3
2
<=> d(C,(OBM)).
3
6
2
=
3
A
S
M
D
C
H
O
B