Cho một khối đa diện có n mặt tất cả các mặt đều là tam giác giá trị của N có thể là

CHUYÊN ĐỀ 12: KHỐI ĐA DIỆN VÀ LĂNG TRỤ1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂMKhối đa diện Hình đa diện gồm một số hữu hạn đa giác phẳng thỏa mãn hai điều kiện:[1] Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnhchung.[2] Mỗi cạnh của một đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác. Hình đa diện chia không gian làm hai phần: phần bên trong và phần bên ngoài. Hình đadiện cùng với phần bên trong của nó gọi là khối đa diện.Khối đa diện đềuKhối đa diện đều loại {n, p} khi mỗi mặt là đa giác đều n cạnh và mỗi đỉnh là đỉnh chungcủa p cạnh.Có 5 loại khối đa diện đều: Khối tứ diện đều là loại {3; 3}; khối bát diện đều là loại {3; 4};khối lập phương là loại {4; 3}; khối 20 mặt đều là loại {3; 5} và khối 12 mặt đều là loại{5;3}.Hình lăng trụ: Có 2 đáy song song bằng nhau và các cạnh bên song song bằng nhau. Tathường phân loại theo đa giác đáy: lăng trụ tam giác, tứ giác... Lăng trụ đứng khi cạnh bên vuông góc với đáy. Lăng trụ đều là lăng trụ đứng và có đáy là đa giác đều. Thể tích khối lăng trụ:V  B.hHình hộp: Là hình lăng trụ tứ giác có đáy là hình bình hành. Hình hộp có 6 mặt là hình bìnhhành, 4 đường chéo đồng qui tại tâm hình hộp. Hình hộp chữ nhật: hộp đứng và có đáy là hình chữ nhật. Gọi a, b, c là 3 kích thước thìcó đường chéo: d  a 2  b 2  c 2 , diện tích toàn phần: S  2  ab  bc  ca  và thể tíchkhối hộp chữ nhật: V  abc . Hình lập phương: hình hộp chữ nhật có 3 kích thước bằng nhau.Trang 1Chú ý:11] Thể tích khối chóp: V  B.h32] Để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất hay chứng minh bất đẳng thức ta có thể dùng vectơ, bấtđẳng thức Cauchy hoặc dùng đạo hàm.2. CÁC BÀI TOÁNBài toán 12.1: Cho khối đa diện lồi. Chứng minh rằng:a] Số góc của tất cả các mặt là số chẵn.b] Mỗi đỉnh của một hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất ba cạnh và là đỉnh chung của ítnhất ba mặt.Hướng dẫn giảia] Gọi số góc là G và số cạnh khối đa diện là C. Trong mỗi mặt là đa giác thì số góc bằng sốcạnh, mà số cạnh được tính 2 lần nên G = 2C, do đó G chẵn.b] Ta dùng phản chứng. Nếu xuất phát từ một đỉnh nào đó chỉ có hai cạnh thì mỗi cạnh nhưthế là cạnh của chỉ một đa giác, trái với điều kiện trong định nghĩa của hình đa diện.Vậy mỗi đỉnh phải là đỉnh chung của ít nhất là ba cạnh, và vì vậy nó cũng phải là đỉnh chungcủa ba mặt.Bài toán 12.2: Cho khối đa diện lồi. Chứng minh rằng:a] Không tồn tại khối đa diện có một số lẻ mặt và mỗi mặt lại có một số lẻ cạnh.b] Tổng số đo các góc của các mặt là T  2  C  M   .Hướng dẫn giảia] Giả sử tồn tại khối đa diện có số mặt là M lẻ và mỗi mặt chứa số lẻ cạnh Ci, i  1, 2,...M .Ta có số góc của khối đa diện: G  C1  C2  ...  CM  G lẻ; vô lý.Vậy không tồn tại khối đa diện thỏa đề bài.b] Gọi Ci là số cạnh của mặt thứ i, i  1, 2,..., MMMTa có T    Ci  2      Ci  2M     2C  2M    2  C  M   .i 1 i 1Bài toán 12.3: Chứng minh rằng nếu khối đa diện có các mặt là tam giác thì số mặt phải làsố chẵn. Hãy chỉ ra những khối đa diện như thế với số mặt bằng 4, 6, 8, 10.Hướng dẫn giảiGọi số cạnh của khối đa diện là C, số mặt là M. Vì mỗi mặt có ba cạnh và mỗi cạnh lạichung cho hai mặt nên 3M  2C . Suy ra M là số chẵn.Sau đây là một số khối đa diện số các mặt tam giác là 4, 6, 8, 10.Trang 2Bài toán 12.4: Chứng minh đặc số Ơ-le của khối đa diện lồi: Đối với mỗi khối đa diện lồi H,ta kí hiệu Đ là số đỉnh, C là số cạnh, M là số mặt của H thì đặc số   H   Đ – C + M = 2.Suy ra: không tồn tại khối đa diện lồi có 7 cạnh.Đăng ký mua file word trọnbộ chuyên đề Toán khối 10,11,12:HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝSoạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”Gửi đến số điện thoạiHướng dẫn giảiTa chứng minh quy nạp theo số đỉnh Đ  4 .Khi Đ = 4 thì khối đa diện là tứ diện có Đ = 4, C = 6, M = 4 nên Đ – C + M = 4 – 6 + 4 = 2:đúng.Giả sử khẳng định đúng với số đỉnh Đ: Đ – C + M = 2.Xét khối đa diện có Đ’ = Đ + 1 đỉnh. Gọi A là một đỉnh và mặt A1 A2 ...An là một mặt củakhối đa diện sao cho mặt phẳng chứa mặt này chia không gian làm 2 phần, một phần chứađỉnh A và phần kia chứa khối đa diện lồi có Đ đỉnh còn lại, ta có Đ – C + M = 2.Số đỉnh Đ’ = Đ + 1, số cạnh C’ = C + n, số mặt M’ = M + n – 1Do đó: Đ’ – C’ + M’ = [Đ+1] – [C+n] + [M+n–1] = Đ – C + M = 2Vậy   H   Đ – C + M = 2.Cách khác: Dùng phép chiếu từ một điểm S không thuộc bất kỳ mặt nào, mặt đi qua 3 đỉnhnào của khối đa diện.Giả sử tồn tại khối đa diện lồi có C  7 .Ta có đặc số Ơ-le: Đ – C + M = 2 nên Đ + M = 9Vì Đ  4 , M  4 nên hoặc Đ = 4, M = 5 hoặc Đ = 5, M = 4.Trang 3Với Đ = 4 thì khối đa diện lồi là tứ diện: loại.Với M = 4 thì khối đa diện lồi là tứ diện: loạiVậy không tồn tại khối đa diện lồi có 7 cạnh.Bài 12. 5: Chứng minh tâm các mặt của một khối tám mặt đều là các đỉnh của một khối lậpphương.Hướng dẫn giảiCho khối tám mặt đều SABCDS’.Gọi M, N, P, Q, M’, N’, P’, Q’ lần lượt là trọng tâm của các mặtSAB, SBC, SCD, SAD, S’AB, S’BC, S’CD, S’DA thì các tứ giácMNPQ, M’N’P’Q’, MNN’M’, PQQ’P’, NPP’N’, MQQ’M’ đều làhình vuông.Mỗi đỉnh M, N, P, Q, M’, N’, P’, Q’ đều là đỉnh chung của 3 cạnh.Vậy MNPQ.M’N’P’Q’ là khối lập phương.Bài toán 12.6: Cho một khối tứ diện đều. Chứng minh rằng cáctrung điểm của các cạnh của nó là các đỉnh của một khối tám mặt đều.Hướng dẫn giảiGọi M, N, P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, AC,BD, AD, BC của khối tứ diện đều ABCD. Khi đó, tam giác MPR,MRQ, MQS, MSP, NPR, NRQ, NSP là những tam giác đều, chúnglàm thành khối đa diện với các đỉnh là M, N, P, Q, R, S mà mỗi đỉnh làđỉnh chung của bốn cạnh.Vậy đó là khối tám mặt đều.Đăng ký mua file word trọn bộ chuyên đềToán khối 10,11,12:HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝSoạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”Gửi đến số điện thoạiBài toán 12.7: Hãy phân chia:a] Một khối hộp thành năm khối tứ diện.Trang 4b] Một khối tứ diện thành bốn khối tứ diện bởi hai mặt phẳng.Hướng dẫn giảia] Có thể phân chia khối hộp ABCD.A’B’C’D’ thành năm khối tứ diện sau đây:ABDA’, CBDC’, B’A’C’B, D’A’C’D, BDA’C’.b] Cho khối tứ diện ABCD. Lấy điểm M nằm giữa A và B, điểm N nằm giữa C và D. Bằnghai mặt phẳng [MCD] và [NAB], ta chia khối tứ diện đã cho thành bốn khối tứ diện: AMCN,AMND, BMCN, BMND.Bài toán 12.8: Tính thể tích của khối lăng trụ n-giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a.Hướng dẫn giảiGọi A1 A2 ...An là đáy của khối lăng trụ đều và O là tâm của đa giác đều A1 A2 ...An . HạON  A1 A2 . Ta có:ON  A1 N cot NOA1 acot2nDo đó diện tích đáy của khối lăng trụ đều là:11S  n.SOA1 A2  n. . A1 A2 .ON  na 2 cot24nVì lăng trụ đã cho là lăng trụ đều nên chiều cao của nó bằng cạnh bên: h  a .1Vậy thể tích của khối lăng trụ là V  S .h  .na 3 cot .4nBài toán 12.9: Tính thể tích của khối lập phương có các đỉnh là trọng tâm các mặt của mộtkhối tám mặt đều cạnh a.Hướng dẫn giảiGiả sử có khối tám mặt đều với các đỉnh là S, S’, A, B, C, D. GọiM và N lần lượt là trọng tâm của tam giác SAB và SBC thì đoạnthẳng MN là một cạnh của khối lập phương.Trang 5Gọi M’, N’ lần lượt là trung điểm của AB và BC thì M và N lần lượt nằm trên SM’ và SN’nên: MN 22 AC a 2M 'N ' 33 23Vậy thể tích của khối lập phương là: V  MN 3 2a 3 2[đvtt].27Bài toán 12.10: Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình chữ nhật vớiAB  3, AD  7 . Hai mặt bên [ABB’A’] và [ADD’A’] lần lượt tạo với đáy những góc450 và 600. Hãy tính thể tích khối hộp nếu biết cạnh bên bằng 1.Hướng dẫn giảiHạ A ' H   ABCD  , HM  AD, HK  ABTa có: AD  A ' M , AB  A ' K A ' MH  600 , A ' KH  4502x3Đặt A ' H  x . Khi đó: A ' M  x : sin 600 AM  AA '2  A ' M 2 3  4x2 HK3Mà HK  x cot 450  x nên x 3  4 x23x37Vậy VABCD .A 'B 'C 'D '  AD.AB.x  7. 3.33 .7Bài toán 12.11: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Tính:a] Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.b] Khoảng cách từ A đến mp[A’BD] và khoảng cách từ A’, B, C, D’ đến đường thẳng AC’.Hướng dẫn giải1 11a] VABC . A ' B 'C '  S ABC . AA '  .a. .a 3.a  a 3 3 [đvtt].2 24b] Điểm A và C’ cách đều ba đỉnh của tam giác đều A’BD nênAC’ là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác A’BD, do đóđường thẳng AC’ vuông góc với mặt phẳng [A’BD] tại tâm I củatam giác đều A’BD. Ta có: d  A;  A ' BD    AIVì AO / / A ' C ' và A ' C '  2 AO nên AI Trang 61a 3AC 33Vì AC '  mp  A ' BD  nên A ' I  AC ' , do đó: d '  A; AC '   A ' ITam giác AA’I vuông tại I nên A ' I 2  AA '2  AI 2 Vậy A ' I 6a 29a 63Do  A ' BD  / /  CB ' D '  nên khoảng cách từ A’, B, C, D’ đến AC’ đều bằngBàitoán12.12:ChohìnhchữnhậtABCD.A’B’C’D’cóa 6.33kíchthướcAB  AA '  a, AC '  2a .a] Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng [ACD’].b] Tìm đoạn vuông góc chung và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC’ và CD’.Hướng dẫn giảia] Xét tứ diện DACD’ có DA, DC, DD’ đôi một vuông gócnên khoảng cách DH từ D đến mặt phẳng [ACD’] với H làtrực tâm tam giác ACD’, được tính bởi hệ thức:1111222DHDA DCDD '2Tacó:DC  a, DD '  a, AC '2  AC 2  CC '2  DA2  DC 2  CC '2Nên 4a2  DA2  a2  a2  DA2  2a2Do đó DH 11115a 10 2  2  2  2  DH 2DH2aaa2a5b] Vì CD  DD '  a nên CD '  C ' D . Mặt khác AD   CDD ' C  nênCD '  AC ' và CD '  mp  AC ' D  . Gọi giao điểm của CD’ với mp[AC’D] là I.Hạ IJ  AC ' thì IJ là đoạn vuông góc chung của AC’ và CD’.Ta có:IJIC 'C 'Da 2 a IJ  AD. a 2.AD AC '2 AC '2.2a 2Bài toán 12.13: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh đều bằng d và ba góc củađỉnh A đều bằng 600.a] Tính độ dài các đường chéo và thể tích V của hình hộp.b] Tính khoảng cách giữa hai mặt song song của hình hộp. Có thể cắt hình hộp bằng một mặtphẳng sao cho thiết diện nhận được là một hình vuông?Trang 7Hướng dẫn giảia] Đặt AA '  a, AB  b, AD  c thì a.b  b.c  c.a 2Ta có: AC '  a  b  c22d2222 a  b  c  2a.b  2b.c  2c.a  6d 2Suy ra : AC '  d 6 và2BD '  a  b  c2222 a  b  c  2a.b  2b.c  2c.a  2d 2.Suy ra BD '  d 2 .Tương tự DB '  CA '  d 2 nên ta có AA’BD là hình tứ diện đều cạnh d, nên:V AA ' BD d3 2d3 2, do đó V  6VAA ' BD [đvtt].1212b] Gọi h là khoảng cách giữa hai mặt phẳng [ABCD] và [A’B’C’D’] thì:V  S ABCD .h d2 3d 6h22Vậy khoảng cách giữa hai mặt song song nào cũng bằngd 6.2Hình bình hành BCD’A’ có các cạnh bằng d, và hai đường chéo bằng d 2 nên nó là hìnhvuông. Vậy hình hộp có thiết diện BCD’A’ là hình vuông.Tương tự thiết diện CDA’B’ cũng là hình vuông.Bài 12.14: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Góc tạo bởi cạnhbên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng [A’B’C’] thuộcđường thẳng B’C’.a] Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy.b] Chứng minh rằng hai đường thẳng AA’ và B’C’ vuông góc, tính khoảng cách giữa chúng.Hướng dẫn giảiDoAH   A ' B ' C ' nênAA ' Hlà góc giữa AA’ vàmp[A’B’C’]. Theo giả thiết thì AA ' H  300 .a] Khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy là AH, ta có:AH  AA 'sin 300 Trang 8a2b] A ' H  AA '2  AH 2 a 32Vì A’B’C’ là tam giác đều cạnh a, H thuộc đường thẳng B’C’ nên A ' H  B ' C ' và H làtrung điểm của B’C’. Mặt khác AH  B ' C ' nên AA '  B ' C ' . Hạ HK  AA ' thì HK chínhlà khoảng cách giữa AA’ và B’C’.a a 3.a 3Do AA '.HK  AH .A ' H nên HK  2 2 .a4Bài toán 12.15: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có các cạnh đáy đều bằng a. Biết góc tạo thànhbởi cạnh bên và mặt đáy là 600 và hình chiếu H của đỉnh A lên mp[A’B’C’] trùng với trungđiểm của B’C’.a] Tính tang của góc giữa hai đường thẳng BC và AC’; tang của góc giữa [ABB’A’] và đáy.b] Tính thể tích khối lăng trụ.Hướng dẫn giảia] Theo giả thiết tam giác AA’H vuông tại H và có AA ' H  600 .Từ đó suy ra: AH 3a. Đặt    AC ', BC 2Vì BC / / B ' C ' nên    AC ', BC '  ACHSuy ra tan  AH3C 'HVẽ HI  A ' B ' ta suy ra AI  A ' B ' .Vậy   AIH chính là góc giữa [ABB’A’] và đáy.3aAH2Ta có: tan  2 3IH B ' H .sin 6001 13a 3a 3 3b] V  S ABC . AH  .a. a. 3. [đvtt].2 228Bài toán 12.16: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại đỉnhC, CA  a, CB  b ; mặt bên ABB’A’ là hình vuông. Gọi [P] là mặtphẳng đi qua C và vuông góc với AB’. Xác định và tính diện tíchthiết diện của hình lăng trụ cắt bởi [P].Hướng dẫn giảiTrang 9Kẻ đường cao CH của tam giác vuông ABC thì CH  AB ' . Vì ABB’A’ là hình vuông nênAB '  AB . Vẽ HK / / A ' B thì HK  AB ' nên thiết diện là tam giác CHK.Do CH  AB, mp  ABB ' A '  mp  ABC  nên CH   ABB ' A ' , từ đó tam giác CHK vuông1tại H nên SCHK  CH .HK .2Ta có: CH . AB  CA.CB  CH AH . AB  a 2  AH aba 2  b2a2ABHK AHa2a 2  b 2 . 2.a 2a2 2 HK  A ' B. 2 A ' B ABABa 2  b2a 2  b2Do đó: SCHK a3b 22  a 2  b Bài toán 12.17: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a.Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AA’, AC, A’B’. Hãy dựng và tính diện tích củathiết diện của hình lăng trụ khi cắt bởi mp[MNP].Hướng dẫn giảiĐường thẳng MN cắt A’C’ tại I và CC’ tại J. Đường thẳngIP cắt B’C’ tại Q và QJ cắt BC tại R.Thiết diện là ngũ giác NMPQR.Ta có A ' I  A ' P avà IA ' P  1200 nên A ' IP  3002Do đó tam giác IQC’ vuông tại Q.Và vì vậy IQJ vuông tại Q.2223a 5 3a   3a  3a JQ  JC '  C ' Q        5    JQ 4 2  4 42IQ 2233a 3IC ' 24Vậy S 11 3a 3 3 a 5 9 a 2 15JQ.IQ  ...22 4432Ta có tam giác JRN đồng dạng với JQI với tỉ sốTrang 1011nên diện tích của JRN là S1  S .39Mặt khác1 22IM 1 IP 2 ; nên nếu gọi S2 là diện tích tam giác IMP thì S2  . S  S .3 39IJ 3 IQ 3Gọi S3 là diện tích thiết diện thì1222 9a 2 15 3a 2 15S3  S  S1  S2  S  S  S  S  ..99333216Bài toán 12.18: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đáy đều bằng a, góctạo thành bởi cạnh bên và mặt đáy là 600 và hình chiếu H của đỉnh A lên mp[A’B’C’] trùngvới trung điểm của cạnh B’C’.a] Tính khoảng cách giữa hai mặt đáy và góc giữa hai đường thẳng BC và AC’.b] Tính góc giữa mp[ABB’A’] với mặt đáy và tính thể tích của khối lăng trụ.Hướng dẫn giảia] Ta có AH là khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy.Vì A’H là hình chiếu vuông góc của cạnh bên AA’ trên mặt phẳng đáy nên AA ' H  600 .Trong tam giác AA’H có: AH  A ' H tan 600 a 33a. 322Góc giữa BC và AC’ là ACB’.Trong tam giác vuông AHC’ có: tan AC ' B ' AH 3a a: 3HC ' 2 2b] Từ H hạ HK  A ' B ' . Ta có HK là hình chiếu của AK trên mặtphẳng [A’B’C’]. Suy ra AK  A ' B ' . Vậy góc giữa mặt phẳng[ABB’A’] và mặt phẳng [A’B’C’] là AKH. Gọi I là trung điểm củaA’B’, ta có C ' I  A ' B ' , suy ra CI / / HK . Vì H là trung điểm của B’C’ nên HK là đườngtrung bình của tam giác B’C’I, suy ra HK Tam giác vuông AKH có: tan AKH CI a 3.24AH 3a a 3:2 3HK24Ta có thể tích khối lăng trụ là:V  S A ' B 'C ' . AH 13a 1 a 3 3 3a 3B ' C '. A ' H . AH  . .a.[đvtt].22 228Bài toán 12.19: Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông cânvới cạnh huyền AB bằng2 . Mặt phẳng [AA1B] vuông góc với mặt phẳng [ABC],AA1  3 , góc A1 AB nhọn và mặt phẳng [A1AC] tạo một góc 600 với mặt phẳng [ABC].Hãy tìm thể tích khối lăng trụ.Trang 11Hướng dẫn giảiHạ A1 K  AB  K  AB  .K thuộc đoạn AB vì A1 AB nhọn.Hạ KM  AC  AM  AC [định lý ba đường vuông góc].Ta có A1 K   ABC  vì  AA1 B    ABC   A1MK  600Đặt A1K  x , ta có:AK  A1 A2  A1K 2  3  x 2MK  AK sin KAM  3  x 2 sin 450  3  x 2 .Mặt khác, MK  A1K .cot 600 2 3  x2 222x.3x3x3513 5Vậy VABC .A1B1C1  SABC .A1K  .AC .CB .A1K 210Bài toán 12.20: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ với cạnh bên không vuông góc với mặt đáy.Gọi   là mặt phẳng vuông góc với các cạnh bên của hình lăng trụ và cắt chúng tại P, Q, R.Phép tịnh tiến theo vectơ AA ' biến tam giác PQR thành tam giác P’Q’R’.a] Chứng minh rằng thể tích V của hình lăng trụ đã cho bằng thể tích của hình lăng trụPQR.P’Q’R’.b] Chứng minh rằng V  S PQR . AA ' , trong đó S PQR là diện tích tam giác PQR.Hướng dẫn giảia] Mặt phẳng [PQR] chia khối lăng trụ ABC.A’B’C’ thành hai khối đa diện H1và H2, trong đó H1 chứa tam giác ABC còn H2 chứa tam giác A’B’C’. Mặtphẳng [A’B’C’] chia khối lăng trụ PQR.P’Q’R’ thành hai khối đa diện H2 vàH3 trong đó H3 chứa tam giác P’Q’R’.Gọi V1 ,V2 ,V3 lần lượt là thể tích của các khối đa diện H1 , H 2 , H3 , ta có:VABC . A' B 'C '  V1  V2 , VPQR.P'Q'R'  V2  V3Vì phép tịnh tiến theo vectơ AA ' biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’và biến tam giác PQR thành tam giác P’Q’R’ nên khối đa diện H1 biến thànhTrang 12khối đa diện H3, vì vậy ta có V1  V3 . Từ đó suy ra: VABC . A' B 'C '  VPQR.P'Q'R' .b] Vì lăng trụ PQR.P’Q’R’ là lăng trụ đứng có chiều caoPP '  AA ' nên :VABC . A' B 'C '  VPQR.P'Q'R'  SPQR . AA ' .Bài toán 12.21: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Biết rằng góc giữa CA’ và [ABCD] bằng300, góc giữa mp[A’BC] và mp[ABCD] bằng 450 và khoảng cách từ C’ đến [A’CD] bằng a.Tính thể tích khối hộp đã cho.Hướng dẫn giảiVì AA '   ABCD  nên  CA ',  ABCD    A ' CD  900Vì AA '   ABCD  và AB  BCnên  A ' BC  ,  ABCD    A ' BA  450Ta có: d  C ';  A ' CD    d  D ';  A ' CD    d  A,  A ' CD    AH vớiH là hình chiếu của A lên A’D.Đặt AA '  x .Tam giác A’AB vuông cân tại A nên AB  x .Tam giác A’AC vuông tại A, có A ' CA  300 suy ra AC  x 3 .Khi đó AD  BC  AC 2  AB 2  3x 2  x 2  x 2 .Tam giác A’AD vuông tại A, có đường cao AH111111a 6 2  2  2 x222AHAA 'ADax2x2Vậy VABCD. A' B' C' D' a 6 a 6 a 12 3 a 3 3..[đvtt].2222Bài toán 12.22: Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông cạnh bằng a 3 ,A cách đều A’, B’, C’, D’. Biết rằng khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác AB’D’ đếnmp[AA’D’] bằnga. Tính thể tích khối lăng trụ cho và khoảng cách từ tâm O của hình2vuông A’B’C’D’ đến mặt phẳng [ADC’B’].Hướng dẫn giảiVì G là trọng tâm của tam giác AB’D’ nên G nằm trên đoạn thẳng AO và AG Ta có: d  O;  AA ' D   Trang 1333ad  G,  AA ' D   242AO .3Gọi M là trung điểm của A’D’.Hạ OH  AM thì OH   AA ' D ' .Do đó OH  d  O;  AA ' D '   3a4Tam giác AOM vuông tại O:11116143a 2  2  OA 2222OHOA OM9aOA 3a2Vậy VABCD. A' B' C' D'  S ABCD .OA  3a 2 .3a 9a3[đvtt].22Gọi N là trung điểm của B’C’. Hạ OK  AN .Ta có OK   ADC ' B '  nên OK  d  O,  ADC ' B ' 11114163a 2  2  2  OK 222OKOA ON9a 3a9a4Tam giác AON vuông tại O:Bài toán 12.23: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình chữ nhật.AB  a 3, AA '  AC  2a 3 . Hình chiếu của B lên mp[A’B’C’D’] là trung điểm O củaB’D’. Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ và cosin của góc giữa hai đường thẳng AC vàBB’.Hướng dẫn giảiTa có O là tâm của hình chữ nhật A’B’C’D’ nên BO   A ' B ' C ' D ' Tam giác vuông ABC: BC  AC 2  AB 2  12a 2  3a 2  3aTam giác vuông BOB’ ta có:AC 2BO  BB '  B ' O  BB '  12a 2  3a 2  3a4222Nên VABCD. A ' B 'C ' D '  S ABCD .BO  AB.BC.BO  a 3.3a.3a  9a 3 3Ta có: cos  AC , BB '  cos  A ' C ', AA '  cos AA ' OVì BO   ABCD   BO  ABTam giác ABO vuông cân tại B:AO  AB 2  BO 2  3a 2  9a 2  2a 3Áp dụng định lý cosin trong tam giác AA’O ta có:A ' A2  A ' O 2  AO 2 12a 2  3a 2  12a 2 1cos AA ' O 2 A ' A. A ' O42.2a 3.a 3Trang 14Vậy cos  AC, BB '  1.4Bài toán 12.24: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượtnằm trên hai cạnh B’C’ và DD’ sao cho C ' M  DN  x . Mặt phẳng [MAD’] cắt BB’ tại P.Chứng minh rằng CM vuông góc BN và tìm x theo a để thể tích khối lập phương gấp 3 lầnthể tích khối đa diện MPB’D’AA’.Hướng dẫn giảiTa có CM .BN  CC '  C ' M BA  AD  DN  CC '.DN  C ' M . AD  a.x  x.a  0Suy ra CM  BNTa có các đường thẳng AP, D’M, A’B’ đồng quy tại S.11 1a2 a4VS . AA ' D '  .S AA ' D ' .SA '  . .a 2 . 33 2x 6xVSPB ' M SP SB ' SM  a  x   x ..  1  VSAA 'D' SA SA ' SD '  a   a 2Suy ra: VMPB '.D ' AA'232a 4   x   a3   x   x   1  1     1  1    1   6 x   a   6   a   a  111Ta có VACB ' D '  VABCD. A ' B 'C ' D '  a 3 nên VMPB '.D ' AA '  a 3333a3   x   x 1  1    1  6   a   a Chọn 1 22 a3 x  x1  1    1  03a  ax 1  53 50 x a.a22Bài toán 12.25: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông cân,AB  AC  a, AA '  a . Hình chiếu của B lên mp[A’B’C’] là trung điểm của B’C’. Gọi M làtrung điểm của A’C’. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và tính cosin của góc giữa haiđường thẳng BC’, MB’.Hướng dẫn giảiGọi H là trung điểm của B’C’ thì BH   A ' B ' C 'Tam giác vuông BB’H ta có: HB  BB '2  B ' H 2  a 2 Trang 15a2a221aa3 2Do đó: VABC . A ' B 'C '  S ABC .BH  .a.a.[đvtt].242Gọi N là trung điểm của AC thì BN / / B ' MNên góc  BC ', MB'   BC ', BN Gọi I là trung điểm của BC thì C ' I / / BH . Suy ra C ' I   ABC  .Tam giác vuông C’IN ta có:a2 a2 a 3242C ' N  C ' I 2  IN 2  a2  a 5a2 a2a 3, BC '  a, C ' N Tam giác BNC’ có BN  a 2    2222 2 Áp dụng định lý cosin trong tam giác BNC’:5a 23a 2 a2 BN  BC '  NC '4 3 5cos NBC '  42.BN .BC '10a 52..a2222Vậy cos  BC ', MB '  cos  BC ', BN  3 5.10Bài toán 12.26: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có cạnh bên AA '  2a 3, AC  a ,AB  BC  a , ABB '  CBB '  30 0 . Gọi M là trung điểm của BB’. Chứng minh rằng A’Avuông góc với mp [MAC] và tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.Hướng dẫn giảiÁp dụng định lý cosin vào tam giác ABB’ ta có:AB '2  4a 2  12a 2  2.2a.2a 3.3 4a 2  AB '  2a2Suy ra tam giác ABB’ vuông tại A nên AM  BB ' .Tương tự ta có CB '  2a và CM  BB ' .Suy ra  MAC   BB '  AA '   MAC  .Trong tam giác vuông BCM ta có:CM  BC 2  BM 2  4a 2  3a 2  aTương tự ta có AM  a nên tam giác ACM cân tại MGọi N là trung điểm của AC. Ta có MN  AC .Trang 16Trong tam giác vuông AMN ta có: MN  AM 2  AN 2  a 2 VB. AMCa2 a 34211 1 a 3a3 .S ABC .BM  . ..a.a 3 33 2 24Nên: VABC . A ' B 'C '  S ABC .d  B ',  ABC    3VB '. ABC  6VM . ABCBài toán 12.27: Cho hình hộp đứng3a3[đvtt].2ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình bình hành,AB  2a, BC  a, BAD  600 , góc giữa đường thẳng B’C và mặt phẳng [ACC’A’] bằng 300.Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, DD’ vớiM là trung điểm của CC’.Hướng dẫn giảiHạ BH  A ' C ' thì có BH   ACC ' A ' .Từ đó suy ra góc giữa B’C và mặt phẳng [ACC’A’] bằng B ' CH .Áp dụng định lý côsin trong tam giác ABC ta có: 1AC 2  BC 2  BA2  2 BC.BA.cos1200  a 2  4a 2  2a.2a.     7a 2 2Suy ra AC  a 7 .2SB ' A '.B ' C '.sin1200Ta có: B ' H  A ' B 'C ' A'C 'A'C 'Tam giác vuông B’CH: B ' C 32  a 217a 7a.2a.B'H2a 210sin 307Tam giác vuông BB’C: BB '  B ' C 2  BC 2 84a 2a 35 a2 497Nên: VABCD. A ' B 'C ' D '  AB. AD.sin 600. AA '  2a.a.3 a 35 a 3 . 105.277Ta có AM song song với [ACC’A’].Do đó d  DD ', AM   d  DD ',  ACC ' A '   d  D ',  ACC ' A '   d  B ',  ACC ' A '    B ' H Trang 17a 217Bài toán 12.28: Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của haicạnh AA’ và BB’. Mặt phẳng [MNC’] chia khối lăng trụ đã cho thành hai phần. Tính tỉ sốthể tích của hai phần đó.Hướng dẫn giảiNếu gọi V là thể tích của khối lăng trụ thì thể tích của khối tứ diện C’ABClàV2V, do đó thể tích của khối chóp C’.ABB’A là.33Vì hai khối chóp C’.ABNM và C’MNB’A’ có cùng chiều cao và có mặt1 2V Vđáy bằng nhau nên thể tích của khối chóp C’.MNB’A’ là: V1  . .2 33Do đó tỉ số thể tích hai phần được phân chia là k V1 1 .V2 2Bài toán 12.29: Cho một khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có AA '  h . Trên BB’ và DD’ lấy haiđiểm M và N sao cho BM  DN  x h. Mặt phẳng [AMN] chia khối hộp thành hai phần.2Tính tỉ số thể tích hai phần đó.Hướng dẫn giảiTa có mp[AMN] cắt khối hộp theo một hình bình hành AMEN,với E nằm trong đoạn CC’ mà C ' E  x . Qua M vẽ một mặtphẳng song song với mp[ABCD] cắt khối hộp theo hình bìnhhành MJNI.Gọi V1 là thể tích phần khối hộp nằm giữa thiết diện AMEN vàmp[A’B’C’D’] và V2 là thể tích phần còn lại của khối hộp.Ta có: V1  VMJNA' B 'C ' D '  VJMNE  VIAMNVì VJMNE  VIAMN nên V1  VIMJNA' B 'C ' D 'Do đó V2  VIMJNABCD . VậyV1 MB ' h  x.V2 BMxBài toán 12.30: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD. A1 B1C1 D1 có chiều cao bằng nửa cạnh đáy.Với M là một điểm trên cạnh AB, tìm giá trị lớn nhất của góc A1MC1 .Hướng dẫn giảiChọn cơ sở AB  a, AD  b, AA1  cGọi chiều cao là h thì đáy hình vuông cạnh 2hTrang 18M  AB nên có số  sao cho: AM   AB   a , với 0    1MA1  AA1  AM  c   aMC1  MB  BC  CC1  1    a  b  cMA12  c   a2 c  2 .a.c   2 a  h 2 1  4 2222MC12  1    a  b  c   h 2  4 1     52Do đó MA1  h 1  4 2 và MC1  h 4 1     522MA1.MC1  c   a 1    a  b  c   h 2  2  1 2  10221  4  4 1     52cos   cos MA1 , MC1 Vậy  lớn nhất    900   1nên M là trung điểm của AB.2Bài 12.31: Cho ABC.A1B1C1 là một hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh dài bằng a.Xét các đoạn thẳng có hai đầu lần lượt nằm trên hai đường chéo BC1 và CA1 của hai mặt bênlăng trụ và song song với mặt phẳng [ABB1A1]. Tính đoạn thẳng ngắn nhất trong các đoạnthẳng như thế.Hướng dẫn giảiChọn hệ cơ sở: AB  a, AC  b, AA1  cGọi M thuộc đoạn BC1 , và N thuộc đoạn CA1.Ta có: MA1   CA1   c  b với 0    1MN  MA  A C  C N    c  b   b    a  b  c C1 N   C1B   b  c  a với 0    111 11  a  1      b      cVì MN / / mp  ABB1 A1  và CC1 / / mp  ABB1 A1  nên ba vectơ AB, MN , CC1 là đồng phẳng.Do đó có cặp số  p, q  sao cho:MN  p AB  qCC1  pa  qcTrang 19  pp  Do đó  a  1      b      c  pa  qc  1      0    1      qq  1  2Do đó MN   2 a  0.b  1  2  c nên:MN 2   2a  1  2 2  a  1  2 222c2 2 1  2  .a.c2221 1a  0   5  4  1 a  5     a 2   a 255 522MN nhỏ nhất  MN 2 nhỏ nhất   Vậy MN 2225a 5là giá trị nhỏ nhất của các đoạn MN.53. BÀI LUYỆN TẬPBài tập 12.1: Cho khối đa diện lồi. Chứng minh rằnga] Nếu mỗi đỉnh là đỉnh chung của ba cạnh thì số đỉnh phải là số chẵn.b] Nếu các mặt là tam giác và mỗi đỉnh là đỉnh chung của ba cạnh thì đó là khối tứ diện.Hướng dẫna] Giả sử khối đa diện có C cạnh và có Đ đỉnh thì 3Đ = 2C.b] Xét đỉnh A bất kỳ, mỗi đỉnh là đỉnh chung của ba cạnh nên đỉnh A là đỉnh chung của bacạnh AB, AC, AD rồi chứng minh ABCD là khối tứ diện.Bài tập 12.3: Chứng minh:a] Tâm các mặt của một khối lập phương là các đỉnh của một khối tám mặt đềub] Tâm của các mặt của khối tứ diện đều là các đỉnh của một khối tứ diện đều.Hướng dẫna] Dùng định nghĩa khối đa diện đều loại {n, p} khi mỗi mặt là đa giác đều n cạnh và mỗiđỉnh là đỉnh chung của p cạnh.1b] Dùng phép vị tự tâm là trọng tâm G của tứ diện và tỉ k   .3Bài tập 12.3: Chứng minh tổng bình phương khoảng cách từ 8 đỉnh của hình lập phươngcạnh a, đến một đường thẳng d bất kỳ đi qua tâm là số không đổi.Hướng dẫnGọi hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ tâm O thì d qua O. Ghép tổng bình phương các cặpcó 2 đỉnh là 2 mút đường chéo có trung điểm chung là O. Kết quả 4a 2 .Trang 20Bài tập 12.4: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Trên AB, CC’, C’D’ và AA’lần lượt lấy các điểm M, N, P, Q sao cho AM  C ' N  C ' P  AQ  x  0  x  a  . Chứngminh 4 điểm M, N, P, Q đồng phẳng và tính giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của chu vi thiết diệncắt bởi [MNPQ].Hướng dẫnDùng hình học hoặc vectơ, có thể trải thiết diện MNPQ lên mp[AA’,BB’].Bài tập 12.5: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’, đường cao h. Mặt phẳng [A’BD]hợp với mặt bên ABB’A’ một góc  . Tính thể tích và diện tích xung quanh của lăng trụ.Hướng dẫnLăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông và cạnh bên vuông góc với đáy.Kết quả V  h3  tan    1 .Bài tập 12.6: Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 có cạnh bằng a.a] Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng A1B và B1D.b] Gọi M, N, P lần lượt là các trung điểm của các cạnh BB1, CD, A1D1. Tính góc giữa haiđường thẳng MP và C1N.Hướng dẫna] Dùng đường chéo là đường thẳng cùng vuông góc với A1B và B1D.Kết quả d  A1 B, B1 D  a 6.6b] Dùng định lý côsin hay vectơ.Bài tập 12.7: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi K và L lần lượt là trungđiểm của các cạnh B’C’ và C’D’. Hãy xác định và tính thiết diện của hình lập phương vớimặt phẳng [AKL].Hướng dẫnThiết diện của hình lập phương với mặt phẳng [AKL] là ngũ giác. Tính gián tiếp cắt chai haybù trừ, có thể dùng S '  S.cos  .Kết quả S 7 17 2a .24Bài tập 12.8: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có: AB  AA '  a và AD  2a .a] Chứng minh AB’ vuông góc với BD’ và tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB’ vàC’D’.b] Tính khoảng cách từ điểm C’ đến mặt phẳng [B’CD’]Trang 21Hướng dẫna] Dùng hình chiếu vuông góc. Kết quả d  AB ', C'D'  2a .b] Kết quả d  C ',  B ' D ' C   2a3Bài tập 12.9: Cho một hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’, đáy là hình thang AB//CD cóAD  CD  BC  a, AB  2a . Mặt phẳng [P] qua A cắt các cạnh BB’, CC’, DD’ lần lượt tạiM, N, P. Cho góc BCC '  ADB '  600 và BM  3a . Định [P] để AMNP là hình thang cân.Hướng dẫnDùng hình học hoặc vectơ. Kết quả PD 5a.4Bài tập 12.10: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên 2a, đáy là tam giác vuông tạiA, AB  a, AC  a 3 và hình chiếu đỉnh A’ trên mp[ABC] là trung điểm BC. Tính thể tíchkhối chóp A’.ABC và cosin của góc giữa 2 đường thẳng AA’, B’C’.Hướng dẫnTính trực tiếp. Kết quả VA '. ABC a31, cos  24Bài tập 12.11: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh avà điểm A’ cách đều các điểm A, B, C. Cạnh bên AA’ tạo với mặt phẳng đáy một góc 600.Tính thể tích của lăng trụ và diện tích mặt bên BCC’B’.Hướng dẫnVẽ hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC nằm dưới trước rồi, xác định A’ cáchđều các điểm A, B, C.Kết quả V a3 32a 2 3[đvtt], S [đvdt].43Đăng ký mua file word trọn bộ chuyên đề Toán khối10,11,12:HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝSoạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”Gửi đến số điện thoạiTrang 22Trang 23