Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Hình chóp S.ABCD có 1 mặt bên “cân tại S” và “dựng đứng”

Hình chóp S.ABCD có 1 mặt bên “cân tại S” và “dựng đứng”

Tải bản đầy đủ - 0trang

13

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là R =



R 2d + R 2b − 14 ( gt)2



(R d , R b : bán kính đ.tròn ngoại tiếp mặt đáy và mặt bên, gt: giao tuyến của chúng)



A



Độ dài đường chéo của hình hộp chữ nhật:

a2 + b 2 + c 2

1

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp: R = AC

2

Thể tích hình hộp chữ nhật: Vhhcn = abc =



O



a



AC =



G



B

S1 S2 S3



b



c



I



A



(S 1 , S 2 , S 3 là diện tích của 3 mặt chung 1 đỉnh của hhcn)

1

B

Thể tích khối chóp BD A C : VBD A C = Vhình hộp

3



Cơng thức tính nhanh thể tích của một số khối tứ diện đặc biệt



Điều kiện

S A = a, SB = b, SC = c

ASB = α, BSC = β, CS A = γ



Cơng thức tính thể tích

V=



abc

6





S A = a, SB = b, SC = c







ASB = α, ASC = β







((S AB), (S AC )) = ϕ





S A = BC = a

SB = AC = b





SC = AB = c



1

V = abd. sin α

6



BC = a, AC = b, AB = c



D



C



(biết 2 cạnh đối diện; khoảng cách và góc giữa chúng)

V=



2S 1 S 2 sin ϕ

3a



(biết 1 cạnh; diện tích và góc giữa 2 mặt kề với nó)

1

V = .abc. sin α sin β sin ϕ

6



(biết 3 cạnh chứa đỉnh, 2 góc ở đỉnh và 1 góc nhị diện)

V=



2

12



(a2 + b2 − c2 )( b2 + c2 − a2 )(a2 + c2 − b2 )



(biết các cặp cạnh đối diện bằng nhau)



2 2 2

2

2

2

2

2 1



 M = a x (b + c + y + z − a − x )







 N = b2 y2 (a2 + c2 + x2 + z2 − b2 − y2 )



S A = x, SB = y, SC = z



C



(biết 3 cạnh chung đỉnh và 3 góc tại đỉnh đó)



S A = a, S S AB = S 1 , S S AC = S 2

((S AB), (S AC )) = ϕ



D



1 − cos2 α − cos2 β − cos2 γ + 2 cos α cos β cos γ



S A = a, BC = b

d(S A, BC ) = d ; (S A, BC ) = α



DƯƠNG PHƯỚC SANG - THPT CHU VĂN AN



9. Hình hộp chữ nhật





P = c2 z2 (a2 + b2 + x2 + y2 − c2 − z2 )









Q = (abc)2 + (a yz)2 + ( x yc)2 + ( xbz)2



V=



1

12



M + N +P −Q



14



CHƯƠNG 1. HÌNH HỌC KHƠNG GIAN (CỔ ĐIỂN)



Cơng thức



Hình minh hoạ



S xq = 2πRh = π( r 2 + h2 )

h

πh 2

=

(h + 3r2 )

Vchỏm cầu = π h2 R −

3

6



h

H



r

R



O



S xq = π r ( h 1 + h 2 )

h1 + h2

V = πr2

2



h2

h1

r



O



h



2

2

Vhình nêm = r 3 tan ϕ = r 2 h

3

3





4

S 

S parabol = rh ;

=

3

S



3

r

h

=

h

r



r

O



ϕ



r



r



r



3



r

h



h

r



1

Vparabolic = π r 2 h

2



h

B



S elip = πab

4

Vquay quanh 2a = πab2

3

4

Vquay quanh 2b = πa2 b

3



b

A



a



A



O

B

A



A



Quay mọi tam giác ABC

xung quanh cạnh AB

ta sẽ được hình tròn xoay có

2



4π S ABC

·

3

AB

AC + BC

S xq = 2πS ABC

AB



V=



B



H

C



H

B



C



DƯƠNG PHƯỚC SANG - THPT CHU VĂN AN



Một số cơng thức về hình, khối đặc biệt liên quan khối tròn xoay



15



VIII. Ví dụ giải tốn điển hình



Lời giải



❄ Phương pháp cổ điển



S



Để tính được góc giữa hai

đường thẳng chéo nhau

thường ta dựng thêm một

đường thẳng song song với

1 trong 2 đường thẳng đó và A

cắt đường thẳng còn lại.



S



2a



N



C

a



Góc giữa AM & SC dễ dựng

hơn góc giữa SM & NC !



A

a



M



DƯƠNG PHƯỚC SANG - THPT CHU VĂN AN



Ví dụ 1. Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. Gọi M

là trung điểm của cạnh BC .Tính góc hợp bởi hai đường thẳng dưới đây:

a) AM và SC .

b) SM và NC .



C



M



B



B



Câu a. Gọi K là trung điểm cạnh SB thì MK ∥ SC , do đó ( AM, SC ) = ( AM, MK )



S A 2 + AB2 SB2 3a2

1

a 3



=

; MK = SC = a ; AM =

2

4

2

2

2

3

AM 2 + MK 2 − AK 2

=

⇒ ( AM, SC ) = AMK ≈ 81◦ 42 .

AMK có cos AMK =

2.AM.MK

12



Ta có AK 2 =



Câu b. Gọi I là trung điểm đoạn thẳng AM thì N I ∥ SM , do đó (SM, NC ) = ( N I, NC )



a 6

1

1

a 15

a 7

; N I = SM =

SC 2 − MC 2 =

; IC = I M 2 + CM 2 =

2

2

2

4

4

2

2

2

N I + NC − IC

4 10

I NC có cos I NC =

=

⇒ (SM, NC ) = I NC ≈ 32◦ 30 .

2.N I.NC

15

z

S

S

S



Ta có NC = AK =



2a



2a



N

K



x

C



A

a



a



M

B



C



A



❄ Phương pháp toạ độ



I

M



C



A

a

y



B



H

B



a 3

a 3

1

1

a 33

; AH =

; SH = b2 − d 2 = (2a)2 − a2 =

.

2

6

3

3

3

Gắn hệ trục Mx yz (như hình vẽ) với toạ độ các điểm như sau:



Ta có AM =



M (0; 0; 0) ; A



3

1

; 0; 0 ; C 0; − ; 0 ; H

2

2



3

; 0; 0 ⇒ S

6



3

33

; 0;

⇒N

6

3



M



3

33

; 0;

3

6



Đến đây dùng cơng thức tính góc giữa hai đường thẳng ta giải được cả 2 câu a và b.

# »# »

# »# »

AM.SC

SM. NC

cos (SM, SC ) =

; cos (SM, NC ) =

AM.SC



SM.NC



16



CHƯƠNG 1. HÌNH HỌC KHƠNG GIAN (CỔ ĐIỂN)



Lời giải

Câu a. Ta có SC ∩ (S AB) = S

Do



BC ⊥ AB

BC ⊥ S A



S



nên BC ⊥ (S AB) tại B. Do đó



(SC, (S AB)) = (SC, SB) = BSC



a 3



E



S A 2 + AB2 = 2a

BC

SBC vng tại B có tan BSC =

= 1 ⇒ BSC = 45◦

SB



S AB vng tại A có SB =



A

a







Vậy (SC, (S AB)) = 45



2a



D



Câu b. Ta có AC ∩ (SCD ) = C

Vẽ AE ⊥ SD tại E ∈ SD thì ... AE ⊥ (SCD )



B



C



Như vậy ( AC, (SCD )) = ( AC, CE ) = ACE

Ta có AE =



S A.AD

S A 2 + AD 2



=



2a 3

7



; AC =



AB2 + BC 2 = a 5 ; sin ACE =



AE 2 105

=

AC

135







Vậy ( AC, (SCD )) ≈ 35 50 .

Ví dụ 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = 2a, BD = 3a,

mặt bên S AB là tam giác cân tại S đồng thời nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt

đáy. Biết SB = a 5, hãy tính góc hợp bởi các cặp mặt phẳng sau đây:

a) (SCD ) và ( ABCD )

b) (SBD ) và ( ABCD )

c) (SBC ) và (S AD )

Lời giải

Gọi H là trung điểm của cạnh AB thì SH ⊥ AB (do





(S AB) ⊥ ( ABCD )

Mà SH ⊂ (S AB)

nên SH ⊥ ( ABCD ).





AB = (S AB) ∩ ( ABCD )



SHB vng tại H có SH =



SB2 − HB2 = 2a.



ABD vng tại A có AD =



BD 2 − AB2 = a 5



S AB cân tại S )

S



A



D



Câu a. Gọi K là trung điểm cạnh CD ta có

CD ⊥ HK



H

⇒ CD ⊥ (SHK ) ⇒ CD ⊥ SK



K

I



CD ⊥ SH

B





CD = (SCD ) ∩ ( ABCD )

Do CD ⊥ HK ⊂ ( ABCD ) nên ((SCD ), ( ABCD )) = (SK, HK )





CD ⊥ SK ⊂ (SCD )

2a

2

SH

SHK vng tại H có tan SK H =

=

=

⇒ SK H ≈ 41◦ 48

HK a 5

5



Vậy ((SCD ), ( ABCD )) ≈ 41◦ 48 .



C



DƯƠNG PHƯỚC SANG - THPT CHU VĂN AN



Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a,

S A = a 3 và S A vng góc với mặt đáy. Tính góc giữa các cặp đường thẳng và mặt

phẳng sau đây:

a) SC và (S AB)

b) AC và (SCD )



17

Câu b. Vẽ H I ⊥ BD tại I ∈ BD , ta sẽ chứng minh được BD ⊥ (SH I ) và BD ⊥ SI .



Ta có



BAD nên



BI H



Cuối cùng tan SI H =



H I BH

AD.BH a 5.a a 5

=

⇒ HI =

=

=

AD BD

BD

3a

3



6

SH

=

, do đó ((SBD ), ( ABCD )) = SI H ≈ 69◦ 33 .

IH

5



DƯƠNG PHƯỚC SANG - THPT CHU VĂN AN



Với kết quả đó ta tiếp tục chứng minh được ((SBD ), ( ABCD )) = (SI, H I )



Câu c. Do (SBC ) và (S AD ) có chung điểm S và có BC ∥ AD nên giao tuyến ∆ của chúng

đi qua đỉnh S và song song với hai cạnh BC , AD .



Hình chóp S.ABCD này có tính chất SB ⊥ BC và S A ⊥ AD vì thế SB ⊥ ∆ và S A ⊥ ∆

Như vậy ((SBC ), (S AD )) = (SB, SC ) = 2.BSH ≈ 53◦ 8 .



Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng tâm O cạnh bằng a, cạnh

bên S A vng góc với mặt đáy, cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc bằng 60◦ .

a) Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD

b) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD )

Lời giải



Câu a. Do SC ∩ ( ABCD ) = C và S A ⊥ ( ABCD ) nên (SC, ( ABCD )) = (SC, AC ) ⇒ SC A = 60◦

Tam giác S AC vng tại C có tan SC A =



SA

AC



S



⇒ S A = AC. tan SC A = a 2. tan 60◦ = a 6



1

3



1

3



Vậy VS.ABCD = S ABCD .S A = .a2 .a 6 =



H



a3 6

3

A



Câu b. Vẽ AH ⊥ SD tại H ∈ SD ta sẽ chứng minh được

AH ⊥ (SCD ) tại H ∈ (SCD )



Suy ra d( A, (SCD )) = AH =



S A.AD

S A 2 + AD 2



=



a 42

.

7



B



C



Ví dụ 5. Cho hình chóp S.ABCD có mặt đáy ABCD là hình thang vng tại A và

D với CD = a, AB = AD = 2a, mặt bên S AD cân tại S đồng thời nằm trong mặt phẳng

vng góc với mặt đáy. Biết góc giữa (SBC ) và ( ABCD ) bằng 60◦ . Tính theo a

a) Thể tích của khối chóp S.ABCD

b) Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC )

Lời giải

Câu a. Gọi H là trung điểm cạnh AD thì SH ⊥ ( ABCD )

Vẽ H I ⊥ BC tại I ∈ BC ta được BC ⊥ SI , từ đó ((SBC ), ( ABCD )) = SI H = 60◦ .



D



18



CHƯƠNG 1. HÌNH HỌC KHƠNG GIAN (CỔ ĐIỂN)

1

2

Suy ra S HBC = S ABCD − S H AB − S



Hình thang ABCD có S ABCD = ( AB + CD ).AD = 3a2

HCD



=



3a

2



S



2



2S HBC

3a 5

3 a2

=

=

BC

5

a 5

A

3a 15

3a 5



tan 60 =

SH I có SH = I H. tan SI H =

H

5

5

2

3

3a 3a 15 3a 15

Vậy V =

·

=

D

C

3

5

5

3

1

a

15

Câu b. S ABC = S ABCD − S ACD = 2a2 ⇒ VS.ABC = S ABC .SH =

3

5

1

6a 5

⇒ S SBC = BC.SI = 3a2

SI H có SI = SH 2 + I H 2 =

5

2

3VS.ABC a 15

Như vậy d( A, (SBC )) =

=

S SBC

5



B



I



Ví dụ 6. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C có đáy ABC là tam giác vng tại

B, BC = a, mp( A BC ) tạo với đáy một góc 30◦ và ∆ A BC có diện tích bằng a2 3. Tính

thể tích khối lăng trụ.

Lời giải

Do



BC ⊥ AB



nên BC ⊥ A B

BC ⊥ A A





BC ⊥ AB ⊂ ( ABC )

Do BC ⊥ AB ⊂ ( A BC )

nên (( A BC ), ( ABC )) = ABA





BC = ( ABC ) ∩ ( A BC )

2.S A BC 2a2 3

=

= 2 a 3.

BC

a

ABA có AB = A B · cos ABA = 2a 3 · cos 30◦ = 3a



C



A



B

A



Ta có A B =



C





30



A A = A B · sin ABA = 2a 3 · sin 30◦ = a 3

1

2



Vậy VABC.A B C = B · h = S ABC · A A = AB · BC · A A =



B

1

3 a3 3

· 3a · a · a 3 =

.

2

2



Ví dụ 7. Cho hình chóp S.ABC có đường cao S A = a, AB vng góc với BC , các

cạnh AB = a 3 và AC = 2a. Một mặt phẳng (α) đi qua điểm A vng góc với cạnh SB,

cắt SB và SC lần lượt tại M và N . Tính theo a thể tích của khối chóp A.BCN M .

Lời giải



S



Dễ dàng chứng minh được BC ⊥ (S AB) và BC ⊥ SB

Do SB ⊥ ( AMN ) nên SB ⊥ AM và SB ⊥ MN

Xét trong ( AMN ),

Do VS.AMN =



BC ⊥ SB

MN ⊥ SB



⇒ MN ∥ BC ⇒



SM SN

.

.VS.ABC nên

SB SC

SM 2

VA.BCN M = 1 −

VS.ABC

SB2



N



M

SM SN

=

SB

SC



C



A



B



DƯƠNG PHƯỚC SANG - THPT CHU VĂN AN



Từ đó I H =



19



S AB vng tại A có



Vậy VA.BCN M = 1 −



ABC .S A



=



a3 3

6



SM S A 2

S A2

1

=

.

=

=

SB

SB2 S A 2 + AB2 4



1 a3 3 5 a3 3

.

=

.

6

32

42



Chú ý



DƯƠNG PHƯỚC SANG - THPT CHU VĂN AN



ABC vng tại B có BC = AC 2 − AB2 = a

1

a2 3

1

⇒ S ABC = AB.BC =

và VS.ABC = .S

2

2

3



Giả thiết 2 đường thẳng phân biệt cùng vng góc với đường thẳng thứ 3 khơng đủ để

kết luận hai đường thẳng đó song song với nhau. Chỉ khi cả 3 đường thẳng cùng nằm

trên một mặt phẳng thì kết luận đó mới đúng.

S



Ví dụ 8.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành và

có thể tích là V . Gọi M là trung điểm của cạnh SB; P

là điểm thuộc cạnh SD sao cho SP = 2DP . Mặt phẳng

( AMP ) cắt cạnh SC tại điểm N . Tính thể tích của khối

chóp S.AMNP theo V .

Nhận xét:



P



M



D



A



Nếu khơng dựng được thiết diện của hình chóp cắt

bởi ( AMP ) thì khơng thể giải được bài toán này!

B



C



Lời giải



Dựng giao điểm N = SC ∩ ( AMP ) (và tạo nên thiết diện của hình chóp cắt bởi ( AMP ))

S



+ Vẽ giao điểm O = AC ∩ BD

+ Nối SO cắt MP tại I

+ Kéo dài AI cắt SD tại N

SI

(dựa vào tỉ số diện tích các tam giác):

SO

1 2

1

+ SMP có S SMP = . .S SBD = .S SBD

(1)

2 3

3

1 SI 2 SI 1

+ S SMP = S SM I + S SP I = .

+ .

. S SBD (2)

2 SO 3 SO 2

SI

4

= .

+ Từ (1) và (2) ta tính được

SO 7

SN

Tính tỉ số

(dựa vào tỉ số diện tích các tam giác):

SC



N



Tính tỉ số



+ Dùng tỉ số giữa S



S AN



M



I

A

O



B



và S S AC 2 lần tương tự như trên ta tính được



C



SN 2

= .

SC 5



Dùng tỉ số thể tích giữa hai khối chóp tam giác để tính VS.AMNP

+ Ta có VS.AMNP = VS.AMN + VS.ANP =



P



SM SN SN SP 1

7

.

+

.

. VS.ABCD =

V.

SB SC SC SD 2

30



D



20



CHƯƠNG 1. HÌNH HỌC KHƠNG GIAN (CỔ ĐIỂN)



Lời giải

Gọi I, M tương ứng là trung điểm của các cạnh S A, AB.

Do



S AB vuông tại B,



S



S AC vuông tại C nên I A = IB = IC = SI



Gọi O là tâm của mặt đáy ABC thì IO ⊥ ( ABC )

Ngồi ra,



I M ⊥ AB

OM ⊥ AB



I



⇒ ((S AB), ( ABC )) = I MO ⇒ I MO = 60◦



a 3

a

. tan 60◦ =

A

6

2

2

2 a2 3 a a3 3

M

Suy ra VS.ABC = 2VI.ABC = .S ABC .IO = .

. =

.

3

3 4 2

12

I MO có IO = OM. tan M =



C

O



B

d tan ϕ

❄ Ghi nhớ: V

=

24

❄ Chú ý: nếu thuộc được cơng thức tính thể tích khối chóp tam giác đều khi biết trước

3



hình chóp đều S.ABC



cạnh đáy và góc hợp bởi mặt bên với mặt đáy thì bài tốn sẽ được giải nhanh hơn

Ví dụ 10. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C có mặt đáy ABC là tam giác vuông

tại A . Biết AB = a 3, AC = a, A A = 2a, hãy tính khoảng cách giữa:

a) B và ( ACB )



b) A B và AC .



c) BC và AC .



Lời giải

C



B



C



B



C



B



A

A



A



K



I

H

B



C



B



C



A



B



C



A



A



Chú ý: Với giả thiết của bài toán ta chứng minh được A C ⊥ ( ABB A ) và A B ⊥ ( ACC A ).

Câu a. Từ B, ta vẽ BH ⊥ AB tại H ∈ AB thì sẽ chứng minh được BH ⊥ ( ACB ) tại H .

Từ đó d(B, ( ACB )) = BH =



BA.BB

BA 2 + BB 2



=



2a 21

.

7



Câu a có thể giải bằng phương pháp thể tích như sau (nếu khơng vẽ được hình)

d(B, ( ACB )) =



3VB .ABC Vlăng trụ

=

(có thể dùng CT. Hê-rơng để tính S

S ACB

S ACB



ACB



)



Câu b. Từ A , ta vẽ A K ⊥ AC sẽ chứng minh được A K ⊥ A B .

Kết hợp A K ⊥ AC ta suy ra được d( A B , AC ) = A K =



A C .A A

A C 2 + AA 2



=



2a 5

.

5



DƯƠNG PHƯỚC SANG - THPT CHU VĂN AN



Ví dụ 9. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh a, tam giác S AB

vuông tại B, tam giác S AC vuông tại C . Biết góc giữa hai mặt phẳng (S AB) và ( ABC )

bằng 60◦ . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.



21

Câu c. Ta có BC ∥ ( AB C ) nên d(BC, AC ) = d(BC, ( AB C )) = d(C, ( AB C ))

Do C A cắt ( AB C ) tại điểm I là trung điểm của C A nên d(C, ( AB C )) = d( A , ( AB C ))



DƯƠNG PHƯỚC SANG - THPT CHU VĂN AN



A .AB C là một tam diện vuông tại A nên nếu đặt h = d( A , ( AB C )) thì

1

1

1

2a 57

1

19

=

=



d(

A

.

+

+

,

(

AB

C

))

=

h

=

19

h2 A B 2 A C 2 A A 2 12a2



Ví dụ 11. Cho hai hình vng ABCD và ABEF có cạnh bằng 1, lần lượt nằm trên

hai mặt phẳng vng góc với nhau. Gọi S là điểm đối xứng với B qua đường thẳng

DE . Tính thể tích của khối đa diện ABCDSEF .

Lời giải

Cắt khối đa diện ABCDSEF bởi mặt phẳng (CDFE ) ta được

khối lăng trụ ABC.A B C và khối chóp S.CDFE .

Ta có VABC.A B C =



A



F



1

1

1

.BC.BE .AB = .1.1.1 = .

2

2

2



Gọi I = DE ∩ BS ta có



D



BS ∩ (CDFE ) = I



IB = IS

⇒ d (S, (CDFE )) = d (B, (CDFE ))



I



BC.BE

2

=

.

CE

2

1

1

2 1

⇒ VS.CDFE = .S CDFE .d (S, (CDFE )) = . 2.

=

3

3

2

3

1 1 5

Vậy VABCDSEF = VABC.A B C + VS.CDFE = + = .

2 3 6

= d (B, CE ) =



B



1

1



E

2



C



S



Ví dụ 12. Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 3a. Một

mặt phẳng thay đổi luôn song song với hai cạnh SB và AC , cắt hình chóp theo thiết

diện là một đa giác (H ). Tính diện tích lớn nhất của (H ).

Lời giải

Gọi (P ) là mặt phẳng song song với SB và AC , (P ) cắt AB tại M .



S



Khi đó thiết diện của hình chóp S.ABC cắt bởi

(P ) là hình hình hành MNPQ (như hình vẽ)



N



P



Do S.ABC là hình chóp đều nên SB ⊥ AC , từ đó

MNPQ là hình chữ nhật.

A

N A MN

x

Đặt MN = x (0 < x < 3a), ta có

=

=

SA

SB

3a

M

Q

SN 3a − x

NP SN 3a − x

3a − x

Suy ra

=



=

=

⇒ NP =

B

SA

3a

AC S A

3a

3

x(3a − x) 1 x + (3a − x) 2 3a2

Diện tích thiết diện: S MNPQ = MN.NP =

=

(*)

3

3

2

4

3a

Dấu "=" của (*) xảy ra khi và chỉ khi x = 3a − x ⇔ x =

∈ (0; 3a).

2

3 a2

Vậy diện tích lớn nhất của thiết diện (H ) là Smax =

.

4



C



22



CHƯƠNG 1. HÌNH HỌC KHƠNG GIAN (CỔ ĐIỂN)

Ví dụ 13. Cho một hình nón có độ dài đường sinh bằng 5, bán kính đáy bằng 3.

b) Một mặt phẳng (α) qua đỉnh của hình nón, cách tâm của mặt đáy một đoạn bằng

2. Tính diện tích của thiết diện tạo bởi hình nón và mặt phẳng (α) đó.

Lời giải

Xét hình nón đỉnh S có l = 5, r = 3. Khi đó h = l 2 − r 2 = 4



S



1

Câu a. S tp = S xq + Sđ = π rl + π r = π.3.5 + π.3 = 24π ; V = π.r 2 h = 12π.

3

2



2



Câu b. Xét thiết diện S AB thoả đề bài (như hình vẽ)

Gọi I là trung điểm dây cung AC

A



và H là hình chiếu vng góc của O lên đoạn thẳng SI .



H



Khi đó ta chứng minh được OH ⊥ (S AB) tại H .



O



I

B



Suy ra OH = d(O, (S AB)) = 2



4

1

1

1

3

8

⇒ OI =

⇒ SI = SO 2 + OI 2 =

=



=

2

2

2

16

OI

OH

SO

3

3

33

2

33

IOB vuông tại I có IB = OB2 − OI 2 =

⇒ AB = 2 IB =

3

3

8 11

1

Vậy diện tích thiết diện S AB là S S AB = .SI.AB =

2

3



SOI vuông tại O có



Ví dụ 14. Cho tam giác ABC vng tại A có AB = 3, AC = 4. Quay tam giác ABC

lần lượt quanh các cạnh của nó để tạo ra các khối tròn xoay. Tính tổng thể tích của

các khối tròn xoay đó.

C



Lời giải

C



B



H

A



A



A

C



B



B



Xét khối nón có trục là cạnh AC .

1

3



1

3



1

3



1

3



Khối nón này có h1 = AC = 4, r 1 = AB = 3 ⇒ V1 = π.r 21 h1 = π32 .4 = 12π.

Xét khối nón có trục là cạnh AB.

Khối nón này có h2 = AB = 4, r 2 = AC = 3 ⇒ V1 = π.r 22 h2 = π42 .3 = 16π.

Xét khối tròn xoay (T ) do



ABC quay quanh cạnh BC tạo ra.



Khi đó (T ) là hợp của hai khối nón (như hình vẽ), bán kính đáy chung r 3 = AH =

1

3



1

3



1

3



Thể tích khối này là V3 = π.r 23 .AH + π.r 23 .BH = π.r 23 .AB =

Vậy tổng thể tích của 3 khối là V1 + V2 + V3 =



188

π.

5



48

pi .

5



12

5



DƯƠNG PHƯỚC SANG - THPT CHU VĂN AN



a) Tính diện tích tồn phần và thể tích của hình nón đó.



23



Lời giải

S



Gọi SMN là thiết diện qua trục vng góc với AB của hình nón.

Gọi (T ) là thiết diện cần tìm diện tích (với đỉnh I )

1

2

3

AB 3

Theo giả thiết SM = 3 ⇒ OI = , ngoài ra O A = OB =

=

2

2

2



DƯƠNG PHƯỚC SANG - THPT CHU VĂN AN



Ví dụ 15. Một khối nón tròn xoay có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh

bằng 3. Một mặt phẳng qua đường kính AB của mặt đáy đồng thời hợp với mặt đáy

một góc bằng 60◦ cắt khối nón theo thiết diện là một hình parabol. Tính diện tích của

thiết diện đó.



I



Từ giả thiết ta có ION = SMN = 60◦ ⇒ IO ∥ SM và IO = SM

A



Do thiết diện là một hình parabol nên có diện tích

4

S th.diện = .O A.OI = 3.

3



M



O



N



B



Ví dụ 16. Một hình trụ có bán kính đáy bằng 5, khoảng cách giữa hai đáy bằng 7.

a) Tính thể tích và diện tích tồn phần của hình trụ.



b) Cắt khối trụ bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một đoạn bằng 3. Tính

diện tích thiết diện được tạo thành.

Lời giải

Câu a. Theo giả thiết r = 5; h = l = 7 nên

S tp = 2S đ + S xq = 2π.r 2 + 2π.rl = 2π.52 + 2π.5.7 = 120π.

O



V = π.r 2 h = π.52 .7 = 175π.



Câu b. Giả sử hình trụ (T ) có trục OO , thiết diện song song với trục

là hình chữ nhật MNPQ ( N, P ∈ (O ) và M,Q ∈ (O )).

Gọi H là trung điểm MQ khi đó O H ⊥ MQ ⇒ O H ⊥ ( MNPQ ).

Do đó d OO , ( MNPQ ) = d O , ( MNPQ ) = O H = 3.



O



Ta có MH = O M 2 − O H 2 = 4 cm ⇒ MQ = 2 · MH = 8.



Q

H

M



N



Diện tích thiết diện: S = MH · MN = 56.

Ví dụ 17.

Cho hình trụ có thiết diện qua trục là hình vng ABCD cạnh A

2 3 cm với AB là đường kính của đường tròn đáy. Gọi M là



B



M



điểm thuộc cung AB của đường tròn đáy sao cho ABM = 60◦ .

Tính thể tích của khối tứ diện ACDM .

D



C



Lời giải

Ta có AMB = 90◦ nên AM = AB. sin ABM = 2 3. sin 30◦ = 3 cm.

d( AM, CD ) = AD = 2 3 cm và ( AM, CD ) = ( AM, AB) = M AB = 30◦ .

1

1

VACDM = .AM.CD.d( AM, CD ). sin ( AM, CD ) = . 3.2 3.2 3. sin 30◦ =

6

6



3 cm2 .



P



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Hình chóp S.ABCD có 1 mặt bên “cân tại S” và “dựng đứng”

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×