Đoàn Ngọc Dũng -

HƯỚNG DẪN GIẢI THỂ TÍCH CỦA KHỐI LĂNG TRỤ

GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

V. KHỐI LĂNG TRỤ ĐỨNG BÀI 5.1 :

 Hướng dẫn :

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

5 a a 4 a 9 ' AA C

' A

AC ²  ²  ² ²  Trong tam giác vuông ABC, ta có :

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 3 AA IH 2 3 2 ' CA

CI ' AA

IH      

Diện tích tam giác ABC là : _ABC a 2a a² 2

BC 1 2 AB

S 1     

Thể tích khối tứ diện IABC là :

9 a 4 3

a a 4 3 IH 1 3 S

V_IABC 1 _ABC   ²  ³

 Tính khoảng cách từ điểm A đến (IBC)

Vẽ HK  BC. Chứng minh BC  (IHK)  BC  IK.

Do HK // AB nên

3 a AB 2 3 HK 2 3

2 ' CA

CI CA CH AB

HK      

vuông IHK có :

3 5 a HK 2 IH

IK ² ² 

3 5 a 2 3

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

2

IBC    



5 a 2 3

5 a 2

9 a .4 3 S

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

V 1 ₂

3

IBC IABC IBC

IABC      

 Cách khác :

Kẻ AK  A’B (K  A’B) (3)

Ta có :







 ' 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 AK 2 a

1 a 4

1 AB

1 ' AA

1 AK

1

2 2 2 2

2       

   

5 5 a IBC 2 , A

d 

BÀI 5.2 :

 Hướng dẫn :

(ĐẠI HỌC D 2009)Cho hình lăng trụ đ ứng ABC.A’B’C’ cĩ đáy ABC là tam giác vuơng 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

BÀBÀI 16I 16 :

B

C A’

B’

 C’

M

I

H K

a 2a 3a

(Ð? I H? C D 2009)Cho hình lang tr? d ? ng ABC.A’B’C’ cĩ dáy ABC là tam giác vuơng 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

BÀBÀI 16I 16 :

B

C A’

B’

 C’

M

I

H a 2a 3a

K

Thể tích khối lăng trụ là :

2 2 2 a

2 a ' 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 đôi một vuông góc nên ta có : 7

7 BH a 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 AD a

vuông 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 

Vậy thể tích khối lăng trụ :

8 3 a 3 2

a 3 4

3 ' a AA . S V

3 2

ABC   

 (đvtt)

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 . GI GE GH

GE GA

GI     ²

GH // AA’ 

2 a 2

a 3 3 ' 1 3AA GH 1 3

1 DA DH ' AA

GH       

vuông GHA có :

12 a 7 2

3 a 3 2 2

AH a GH

GA

2 2 2

2

2  





 

 



 







 .

Do đó :

12 a 7 a 12

a 7 GH 2 GI GA

2

2  

 BÀI 5.4 :

 Hướng dẫn :

AD // B’C’ và 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’

cĩ AB = a. Gĩc 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’

cĩ đ áy ABCD là hình thoi cạnh a, gĩc 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 vuơng.

B BÀBÀI 19I 19 :

D C B’

D’

C’

M

I

A a A’



N

60

Ta có: 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 khác :

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 vuông  MN = B’D (*)

BDB’ vuông tại B, ta có : B’D² = B’B² + DB². Khi đó :

(*)  MN² = B’D²  AC² = B’B² + BD² 

 

^{a 3 2= 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 cĩ AA’ = AB.tan60 AA^/ a 3

2 3

3 3

4 3 4

a a

V  a 

GoGọïii KK llaàø ttrruunngg đđiieểåmm ccuủûaa BBCC  MMNNKK vvuuoôânngg ttaạïii KK ccoóù ::

1 a

MK AB ; NK AA ' a 3

2 2

   

 

^{2 2 2}

2 13 13

3 2 4 2

a a a

MN  a      MN  BÀI 5.6 :

 Hướng dẫn :

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

Trong tam giác ABC kẻ đường cao CH thì CH



AA'B'B



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



AA'B'B



 góc CA’H = 30^o

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

2 2

2 o 2

2

2 7a

2 a 1 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 a 3 2 . 2a 120 1 sin . CB . 2AC

S_ABC 1 ^o    ²

Mặt khác :

7 21 a 7 a 2

3 2 a AB S CH 2 AB . 2CH S 1

2

ABC ABC  







 ^



A

B

C A’

B’

C’

K a

M



60

N



Tam giác A’CH vuông tại H, ta có :

7 21 a 2 30 sin C CH '

A  _o 

Tam giác A’AC vuông tại A, ta có :

7 35 a a

7 21 a AC 2

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 : BKBC.sin60^o a 3.

Tam giác vuông BKM, ta có :

89 1335 BI a

a 35

196 a

3 1 BM

1 BK

1 BI

1

2 2

2 2

2      

   

89 1335 ACM a

, B

d 

 Vậy d A ' , ACM

   

^{2a 1335}

 89 . BÀI 5.7 :

 Hướng dẫn :

 Tính thể tích khối tứ diện EABD

Ta có ABADa và góc BAD = 60^o nên ABD là tam giác đều cạnh a. Suy ra BDa, 3

a AO 2

AC  .

Tam giác ACC’ vuông tại C, ta có : 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 ' 3A EH 1 3

1 ' OA OE A ' A

EH     

Thể tích khối tứ diện EABD là : 36

3 a 3 a 4

3 a 3 EH 1 . 3S

V_EABD 1 _ABD   ²   ³ (đvtt)

 Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BDE)

Ta có : 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 vuông tại A, ta có :

6 7 O a ' 3A EO 1 2

7 a 2

3 a a

AO A

' A O ' A

2 2

2

2     











 Diện tích tam giác EBD là :

12 7 EO a

. 2BD

S_EBD  1  ²

 

     

7 21 a 12

7 a 36 3 3 a S

V EBD 3

, A d EBD , A d . 3S

V 1 ₂

3

EBD EBD EABD

EABD  







 . Vậy

   

7 21 EBD a

, A

d  .

BÀI 5.8 :

 Hướng dẫn :

Đặt ABx



x0



; ta có 2x 60 cos

AC AB_o  , BCAB.tan60^ox 3 Ta có :

2 3 BC x

. 2AB

S_ABC 1  ²

Mặt khác : S_ABCpr, với

   

2 x 3 BC 3

AC 2 AB

p 1     ,

 

2 a 1 r 3

   

_{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 tuyến A’K.

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



A'BD



     

5 15 AH a

BD ' A , A d B ' A , AC

d   



Tam giác 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         

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

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

Ta có : a 2

2 AB BC '

AA   .

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

' 1 AA . S

V _ABC   ²  ³ (đvtt)

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



BCC'B'



' BB AM

BC

AM  









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'²CM²  2a² a² a 3 Diện tích tam giác MB’C’ là : .2a.a 2 a 2

2 ' 1 BB .' C ' 2B

S_MB'C' 1   ²

Mặt khác

3 2 a 2 3 a

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

S_MB'C' 1   ^MB'C'  ² 

Vậy d B' , AC ' M

   

^{2a 6}

 3 . BÀI 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 = 60^o 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 60 a

tan . BI I'

C  ^o 

Diện tích tam giác A’B’C’ là :

4 15 a 2

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

S_A'B'C'  1     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 + góc BAM = 90^o  góc AMB + góc B’BI = 90^o  góc BHM = 90^o AMBI Ngoài ra AMCI'



doCI'



ABB'A'

 

, suy ra AM



BCI'



AMBC'

Kẻ HKBC'



KBC'



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



AM,BC'



HK d



BC,'



AMQ

 

d  

ABM vuông tại B, ta có :

5 5 BH a 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 60 a

sin . BH

HK ^o 

Vậy ^{d AM , PN}

 

^{2HK a 15}

  5 BÀI 5.11 :

 Hướng dẫn :

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

Tam giác ABC vuông tại A, ta có : ACAB.tan60^o 2a 3, 4a 60 cos BC AB_o 

a 2 ' C ' 2B M 1 '

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 ' H A '

A   



Thể tích khối chóp A'.BCM là :

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

V_A'.BCM1 _BCM     ³

Gọi I là trung điểm của A’M, ta có :

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

S_A'BM 1 , với BI A'B²AI'²  13a² a² 2a 3 3

a 2 3 a 2 . a 22

S_A'BM  1  ²



Mặt khác :

       

3a

3 a 2

3 a 6 S

V BM 3

' A , C d BM ' A , C d . 3S V 1

V ₂³

BM ' A

BCM '.

BM A ' 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 a 3 2 . a 2 2 60 1 sin . BN . 2AB

S_ABN 1 ^o     ²

Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng



A'BM



và



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 BM ABN

' A

ABN 60

2 1 a 3 2

a 3 S

cos S cos

. S

S      

BÀI 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 vuông góc của A1K trên mặt phẳng



AB₁C₁



 góc A1KH = 30^o là góc giữa A1K và



AB1C1



Đặt AA₁ x



x0



AA1B1 vuông tại A1, ta có : _{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

1 2 5a

1 x

1 C A

1 AA

1 K

A

1    

 

2

A1HK vuông tại H, ta có : AK

2 30 1 sin . K A H

A₁  ₁ ^o  ₁

 

3 Thế

 

3 vào

 

1 , ta có : _{2 2 2}

1 a

1 x

1 K A

4  

 

4

B

BÀÀI 20I 20::(ĐẠI HỌC A 2008)Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’

cĩ độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuơng tại A, AB = a, AC = ,hình chiếu vuơng gĩc của đỉnh A’

trên (ABC) là trung đi ểm của BC. Tính thể tích khối chĩp A’.ABC và tính cosin của gĩc 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

4 1_{2 2} ₂  ₂  ²  ²  



 



 

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

AA 1 . C B . B 2A AA 1 . S

V _{ABC 1}  _{1 1 1 1 1}   ³

BÀI 5.13 :

 Hướng dẫn :

Vẽ AHBC



A'HA



BC  góc A’HA = 30^o 3

a 30 cot ' AA

AH ^o

3 a 2 a AC

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 . 2AB

V_ABC.A'B'C' 1    ³

 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 30 a

sin . AH

AK ^o  . Vậy

   

2 3 C a

' A ,' C ' B 2 d

3 BC a

' 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 S_ABC B' H

 3  . 2

3 3 a

a 2 a AC 1 2 AB

S_ABC 1      ²

ABC vuông tại A có : BC a

2 AH 1 a

2 a 3 a AC AB

BC ² ²  ²  ²    

vuông A’HA có : A'H AA'²AH²  4a²a² a 3 Thể tích khối chóp A’ABC là :

2 3 a 2 a

3 a 3 H 1 ' A 3 S

V1 _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'H²A'B'²  3a²a² 2aBB' 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 có : B'H A'H² A'B'²  3a² a² 2aBB'

 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 2 a

3 H a

' A S V

3 2

ABC '

C ' B ' A .

ABC      . Vậy

2 a 2 a 3 3 V 1

3 V 1

3 3 '

C ' B ' A . ABC ABC

'

A     

BÀI 6.2 :

 Hướng dẫn :

Gọi M là trung điểm của AC và H là trọng tâm 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 S_ABC B' H

 3  .

Do B’H  (ABC) nên BH là hình chiếu vuông góc của BB’ lên (ABC).

 góc B’BH là góc hợp bởi BB’ và (ABC)  góc B’BH = 60^o

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

 BH ^{BB' a}

2 2

  và B' H BH 3 ^{a 3}

  2 Do H là trọng tâm của ABC nên

4 a BH 3 2 BM 3  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

9a 3AB 2 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 BC 1 2 AC

S_ABC 1      ²

Thể tích khối tứ diện A’ABC là :

208 a 9 2

3 a 104

3 a 9 3 H 1 ' B 3 S

V1 _ABC   ²   ³

 Chú ý : Đặt AB = x (x > 0)

Tam giác vuông ABC có góc BAC = 60^o nên là nửa tam giác đều  AC = 2

x và BC =

2 3 3 x

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

2 AC²

 x² +

8 x 4

a 2 3 2

3

x ² ² ²



 



 







  x² =

13 a

9 ²  x = 13

3 . Suy ra AC = a 13 2

a

3 , BC = 13 2

3 a 3 BÀI 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'CH60^o .

A’HC vuông

2 a 3 2

3 3 a H ' A HC 3

H ' 60 A

tan ^o      



 

8 3 a 3 4

3 a 2

a ABC 3 dt

. H ' A

V_LT     ²  ³

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



^B,



^A'AC

 

^2d



^H,



^A'AC

 

.

Vẽ HI  AC. Vẽ HK  A’I (1)

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

A’HI vuông

13 2

a 3 16

a 3 4 a 9

4 3 a 2

a 3 I'

A HI '.

HK HA _{2 2} 



 



 . Vậy

 

13 a HK 3 2 AC ' A , B

d   .

 Cách 2 :

     

13

a 3 4 a

39 a 2 1 8

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

' A dt

V AC 3

' 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 nên : 2 2 a

2 a 2 2

2 BC AC

AB    _ABC a 2 a 2 a²

2 AC 1 2 AB

S  1     

 _

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

B ' A 

 A'BH

= 45^o  A’HB vuông cân tại H 2 a

BH AC H '

A   



Vậy VABC.A’B’C’ = a².a = a³ (đvtt).

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.

 Cách khác :

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 là BH do BH AC

AC  (A’HB)  AC  A’B

 vuông A’AH có : AA' A'H²AH²  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

 VABCD.A B C D1 1 1 1 SABCDA O1

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_ABCD ² .

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)

BBÀÀI 22I 22 :: (ĐẠI HỌC B 2011) Cho hình lăng trụ ABCD.A₁B₁C₁D₁cĩ đ áy ABCD là hình chữ nhật. AB = a, AD = . Hình chiếu vuơng gĩc của điểm A₁trên (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD. Gĩc 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

H

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

2 3 O a A₁  Vậy

2 a O 3 A S

V

3 1

ABCD D

C B A .

ABCD _{1 1 1 1}   

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

Vẽ 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 . CH CB

2

2 

 

 Vậy 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.

Mà 4

O a A . 3S V 1

V

3 1 ABD ABD

A AB A .

D ₁  ₁  _  và

2 3 O a

1 A . AD 2 AB

O 1 A . 2BD S 1

2 2

2 1

B

DA₁    



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

V_{D.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 







BÀI 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} V_A'.ABC

4 V 3

3

V  

Ta có BCa 2 nên ABACa và

2 2 AHa

Tam giác A’HA vuông tại H, ta có :

2 14 a 4 a a 2 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 H 1 ' A . 3S

V_A'.ABC 1 _ABC   ²  ³

Vậy

16 14

V_C'.BMN a³ (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

MK1 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 tuyến 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 có :

12 2 AH a 6 AH 1 3 AH 1 2 GH 1 KH

KG     

Tam giác ABN vuông tại A, ta có :

3 5 BN a 3 BG 2 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 BH a 20 KJ 10 20

10 3

5 a12

2 a BG KG BH

KJ      

Tam giác MKJ vuông tại K, ta có :

   

284 994 KP a

BMN ,

K a d

80 a 7

8 KJ

1 MK

1 KP

1

2 2 2 2

2       

Ta có :

   

 

 

4 d



A,



BMN

 

4d



K,



BMN

 

6AH 1 3AH 2 KG AG BMN

, K d

BMN ,

A

d     

 

         

71 994 a BMN 3 ,

K d 12 BMN , A d 3 BMN ,'

C

d   



BÀI 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 có :

2 a 60 3 sin ' BB H '

B  ^o  ; BC a 3

2 a 60 3

cos ' BB

BH ^o   

a a 3 a 4 BC AB

CA ²  ²  ²  ² 

Vậy

4 3 a a 3 . 3 2a 1 2

a S 3

. H ' B

V_ABC.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



và



^ABB'A'



là góc giữa hai đường thẳng MC và MA.

Do BB’C đều nên M là trung điểm của BB’.

2 a MB 3 BC

MC ² ²  ;

2 a 13 4

a a 3 4 MB AB

MA ² ²  ²  ² 

Vậy 0

13 3 MA

. MC 2

CA MA A MC

M C

cos   ² ²  ²  

 góc giữa hai mặt phẳng



^BCC'B'



^và



^ABB'A'



là góc CMA mà

13 A 3 M C

cos  

. BÀI 6.8 :

 Hướng dẫn :

Gọi H là trung điểm CM.

Từ giả thiết C1H



ABC



C1CH



CC1;



ABC

 

45^o. Từ tam giác vuông ABC với BC2a, ABC60^o  AC2a 3

a 4

AM , AB 2a CH a CH CHtan45 a

2

CM 1     ₁  ^o

3 ABC 2

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 MCAMAC30^o

 

²

 

^ABC

 

^{; ACCA}

 

^arctan2

HK KH CH

C 2 tan

30 a sin . HC

HK ^o   ₁    _{1 1} 



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’ vuông tại đỉnh B, nên

có : AB.BB.'CC'

2 1 3 V 1

V_ABB'C'  _C'.ABB'  

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

2 AC a A '

A   .

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

2

AC a nên ta có

2 a 2 . 2

a 2

AB AC  . Vậy ta có :

48 2 a 2 24

a 2 a 2 a 2 a 2 1 3

V_C'.ABB' 1     ³  ³

Trong tam giác ABA’, kẻ đường cao AHA'B, AH vuông 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 và

2

ABa, ta tính được

6 6 AH a . 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 = 60^o là góc giữa



A'BD



và



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 60 a

tan . OA '

AA ^o 

Thể tích hình hộp đã cho là :

4 a 3 2

3 .a 3 a . 2a ' 1 AA . BD . 2AC ' 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 : _^AH^BD



doBD^



A'AO

 

O ' A AH



A'BD



d



A,



A'BD

 

AH

AH  

 Ta có :

4 3 AH a a

3 16 a

4 a 3

4 AO

1 A ' A

1 AH

1

2 2 2 2 2

2        . Vậy

   

4 3 BD a

' A ,' CD

d  .

 Cách khác : Ta có :

8 a 2

3 a 4

3 a 3 ' 1 AA . 3S

V_A'.BCD1 _ABD   ²   ³ và

2 3 O a

' A . 2BD

S_A'BD 1  ²

Mặt khác :

       

4 3 a S

V BD 3

' A , A d BD ' A , A d . 3S V 1

V

BD ' A

BD ' A . BD A

' A BD

' A . A ABD '.

A     

Vậy

   

4 3 BD a

' A ,' CD

d  .

BÀI 7.3 :

 Hướng dẫn :

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

Ta có ABADa và góc BAD = 60^o 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 4BB BK1  Ta có :

2 7 a a 4

14 2 a a BD

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

B  









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

2

S_ABCD _ABD ² Vậy thể tích khối hộp đã cho là :

4 21 a 2

7 a 2

3 H a

' 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 có : DH AC DH B ' H

 

 

 ^DH



^AB'C



^{d D , AB'C}

   

^{HD a}

    2

Vậy

 

2 D a ' C , C ' B

d  .