Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
Một số bài toán về tỷ số thể tích
Ngày soạn: 28/10/2009
A. Mục tiêu:
- Rèn kỹ năng dựng thiết thiện và tính diện tích thiết diện.
- Nắm đợc công thức tính thể tích của khối chóp, khối lăng trụ.
- Vận dụng bài toán về tỷ số thể tích của góc tam diện vào làm bài tập tính tỷ số
thể tích.
B. Nội dung:
I. Công thức cần nhớ:
1. Thể tích khối chóp:
V=
1
3
B.h
B: Diện tích đa giác đáy.
h: Độ dài đờng cao.
2. Thể tích khối lăng trụ:
V=B.h
B: Diện tích đa giác đáy.
h: Độ dài đờng cao.
3. Tỷ số thể tích:
Cho khối chóp S.ABC.
A'SA, B'SB, C'SC
.
. ' ' '
. .
'. '. '
S ABC
S A B C
V

A
B
C
D
A
'
B'
C'
D'
H
'
C
B
A
S
A'
B'
C'
A
C
B
S
M
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
Hd:
1. Thiết diện là hình thang vuông
MNCB, vuông tại B và M.
1
( )
2


= + + = +2. Xét hàm số
2 2
( ) (4 )
4
b
f x a x a x
a
= +
(0x2a)
2 2
2 2
2 4
'( )
4
b x ax a
f x
a
a x

+
=

+

f'(x)=0
1

4
2 2
ab ab + +
f(
1
(1 )
2
a
)=
2
1 1 1
.(3 ) 1 (1 ) 0,96
4
2 2
ab ab+ +

[ ]
2
0;2
1 1 1
( ) . .(3 ) 1 (1 )
4
2 2
a
Max f x ab= + +
khi
1
(1 )
2
x a= +

V SA SB SC SA a

= = =
V
SABC
=
2
1 1
. ( ) .2
3 6 2
V
SA dt ABC a b= =

2
2 2 (2 )
. .
2 2 2 3 6
SMBC
a x V a x a b a x ab
V
a a

= = =
Năm học 2009-2010
2
S
A
M N
D
C

2
(2 ) (2 ) .
.
4 3 12
a x a b a x b
a

=
V
1
= V
SMNCB
=
2
(2 ) (2 )
6 12
a x ab a x b
+
Ycbt V
1
=
2
2 3
V a b
=

2 2
(2 ) (2 )
6 12 3
a x ab a x b a b

1
B
1
C) chia lăng trụ thành 4 phần. Tính tỷ số thể tích của 4 phần đó.
Hd:
Gọi V
1
=
1
.C MNC
V
; V
1
=
1 1 1
.C MNB A
V
V
3
=
.C MNBA
V
; V
4
=
1 1
MNABB A
V
Gọi V là thể tích của lăng trụ.
1 1 1

V
V V V V V
= = =
=
= =
Vậy V
1
: V
2
: V
3
: V
4
= 1:3:3:5
Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình vuông cạnh a, tâm O. Đờng cao của
hình chóp là SA=a. M là một điểm di động trên SB, đặt BM=x
2
(0<x<a). () là mặt
phẳng qua OM và vuông góc với (ABCD).
1. Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (). Tính diện tích thiết
diện theo a và x.
Năm học 2009-2010
3
A B
C
M
N
A'
B'
C'

a
IN IH x a a x ax+ = + = +
Std=
2
2
1
( ).
2 2
a
a x x ax+ +
2. Để thiết diện là hình thang vuông MK// MO// BC N là trung điểm AB
x=a/2.
V=
3
1
. . ( )
3 3
a
SA dt ABCD =
V1=V
SOECH
+V
KOE.MNB
3
3
.
1 1
. . ( )
3 3 2 24
S OECH

V
V
=
Bài 4: Cho khối chóp S.ABCD, trong đó ABCD là hình thang có các cạnh đáy
AB, CD sao cho CD=4.AB, một mặt phẳng qua CD cắt SA, SB tại các điểm tơng ứng
M, N.
Năm học 2009-2010
4
S
A
D
C
B
M
K
N
O
H
S
A
D
C
B
M
K
N
O
H
E
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy

SM SC SD
x
V SA SC SD
= =
= =
Ta có CD=4AB
S
ADC
=4.S
ABC
S
ADC
=
3
4
ABCD
S

. . .
3 3
. ;
4 4 4
S ADC S ABCD S ABC
V
V V V V= = =
Ta có
2
3
. ; .
4 4

V
x loai

+
=

+

= = + =


=


KL: Vậy
3 17
2
x
+
=
Bài 5: Trong mặt phẳng (P) cho đờng tròn (C) đờng kính AB=2R.S là điểm nằm
trên đờng thẳng vuông góc với mp(P) tại A. Đặt SA=h. Mặt phẳng (Q) qua A và vuông
góc với SB tại K, C là điểm trên (C), SC cắt mp(Q) tại H.
Đặt
ã
0
2
BAC



ABC
=
2
2
1 1 .sin 2
( ). .cos .sin .
3 6 3
R h
dt ABC SA AB SA


= =
*
2 5
2 2 2 2 2
.sin 2
3( 4 )( 4 cos )
SAHK
R h
V
h R h R


=
+ +
Năm học 2009-2010
5
S
A
D C

2
R P
h R R
R
R
h R






=

+ +
=
= <
+
2 tù >
4

KL: Vậy
0
=
4

Năm học 2009-2010
6

B

- Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC)
- Vì các cạnh bên nghiêng đều trên đáy H là tâm đờng tròn ngoại tiếp ABC.
- Ta có: ABC =

sin
2
1
ACAB

mà BC
2
= 2AB
2
- 2AB
2
cos = 2AB
2
(1-cos ) = a
2
AB =
2
cos1


a
SABC =
24cos1
sin
22
1

Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
VSABC =



cos24
cot
cos2243
1
3
1
2
3
2
.cot
a
aa
ABC
SHS
==

Bi 7: Cho hỡnh hp ABCD.A

B

C

D

cú ỏy l hỡnh thoi cnh a, gúc

=
B BO


: Trong
V

BB

O ti O, ta cú:
cos

=
OB
BB

=
OB
a

+

ABD u cnh a (vỡ
A

= 60
0
v AB = a)

DB = a

2
3
2
a
*
ABCD.A B C D
V

= Bh =
ABCD
S
.B

O =
2
3
2
a
.B

O
* Tớnh B

O: B

O =
3
2
a
(vỡ


) mt gúc 30
0
.
a) Tớnh di cnh AC

b) Tớnh th tớch lng tr
HD: a) * Xỏc nh

l gúc gia cnh BC

v mp(ACC

A

)
+ CM: BA

( ACC

A

)
BA

AC (vỡ

ABC vuụng ti A)
BA


0
=
AB
AC



AC

=
0
30
AB
tan
= AB
3
* Tớnh AB: Trong
V

ABC ti A, ta cú: tan60
0
=
AB
AC
AB = AC. tan60
0
= a


: Trong
V

ACC

ti C, ta cú: CC
2
= AC
2
AC
2
= 8a
2


CC

=
2 2a
S:
ABC.A B C
V

= a
3
6
Năm học 2009-2010
8
60

HD: a) * Ta cú: mp(SAB)

(ABCD)
* (SAB)

(ABCD) = AB; * SH

(SAB)
* SH

AB ( l ng cao ca

SAB u)
Suy ra: SH

(ABCD) (pcm)
b) * Tớnh: V
S.ABCD
=
1
3
Bh =
1
3
S
ABCD
.SH
* Tớnh: S
ABCD
= a

- Đặt AC = BD =x.
Ta có S
hcnABCD
=
2
1
AC.BD.sin60
o
=
3.
2
4
3
2
3
2
2
1
==
xx
x=3
- (SA, (ABCD)) = (SA, AO) = SAO = 45
o
= SCO = (SC, (ABCD)) ASC vuông cân
tại S SO =
1
2
1
=AC
VSABCD =

1
aACAB
=
-Vì AH (ABC) AH AH
Tam giác vuông AHA có:
AH
2
= AA
2
- AH
2
= (2a)
2
-
4
1
.(a
2
+ 3a
2
)
hay AH
2
= 4a
2
- a
2
= 3a
2
AH = a

có ABC vuông. AB = AC = a;
AA
1
= a
2
. M là trung điểm AA
1
. Tính thể tích lăng trụ MA
1
BC
1
Hớng dẫn:
+Chọn mặt đáy thích hợp V =
12
2
3
a
+Có thể dùng cả phơng pháp toạ độ
Bài 13: Tứ diện ABCD có AB = x có các cạnh còn lại bằng 1.
a.Tính thể tích tứ diện theo x.
b.tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ACD
c. Tìm x để thể ABCD đạt giá trị lớn nhất
Giải
a.
H
C
B
C
D
Cách 1:

xx
C
x
xx
CC


===
Tam giác vuông HCD có HD
2
= CD
2
- DC
2

=
2
2
2
4
3
4
1
1
x
x
x




B
A
D
M
C'
Gọi M là trung điểm CD CD

ABM
Vì ACD và BCD đều AM = BM =
2
3
VABCD = 2VCBMA = 2.
3
1
CM.SABC =
ABM
S

.
2
1
3
2
SABM =
2
1
MC.AB =
2
4
2

xx .3
3
1
2

c)
VABCD =
2 2
2
3
1 1 1
12 12 2 8
3 . .
x x
x x
+
=
Dấu = xảy ra x
2
= 3-x
3
x =
2
3
và thể tích lớn nhất là
8
1
Bài 14: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với
mặt đáy ABCD và SA=h.Điểm M thuộc cạnh CD.Đặt CM=x.Hạ
SH vuông góc với BM.Tính thể tích khối tứ diện SABH.Tìm x để thể tích khối này là

2
Mà SABM =
2
1
AH.BM AH=
22
22
xa
a
BM
a
+
=
SAH vuông ở A có SH=
22
2
222
xa
a
hAHSA
+
+=+
BAH vuông ở H có BH=
22
22
4
222
xa
ax
xa

+
=
ha
ax
xha
2
3
12
1
26
1
=
Dấu bằng xảy ra khi a=x tức M trùng D.
Năm học 2009-2010
12
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
Dạng 3 .Phơng pháp thể tích : Chứng minh đẳng thức, bất đẳng
thứC,khoảng cách từ 1 điểm tới một mặt phẳng
dựa vào thể tích.
Bài 1: SABC có SA = 3a, SA

(ABC), ABC có AB = BC = 2a, ABC =120
o
Tính D(A,(SBC)).
Giải
B
A
S
C
M


(ABC))
BC

AM AM = a
3
SAM vuông tại A có SM = 2
3
a
SSBC = SM.BC = 2
3
a
2
d(A, (SBC)) =
2
3
32
33
3
2
3
==

a
a
S
V
SBC
SABC
a

2
a
a
=
VSABC =
3
1
SA.SABC =
2
3
3
a
. Gọi M là trung điểm BC
AM

BC
BC

SA BC

SM
AM =
2
3
2
3.3
a
a
=
SAM vuông tại A có SM

5
3
.
3
3
2
2
35
3
2
3
==

a
a
S
V
SBC
SABC
a
Bài 3: Cho tứ diện ABCD có AD b (ABC); AC = AD = 4; AB = 3, BC = 5.
Tính d(A, (BCD)) ?
Giải
C
A
B
D
4
5
3

= 2
34
d(A, (DBC)) =
34
12
3
=
DBC
DABC
S
V
a
Bài 4: Cho tứ diện ABCD có AB = a; CD = b, các cạnh còn lại bằng c.
Tính d(A, (BCD))
Giải
A
N
B
C
D
M
a
ACD = BCD. Gọi M là trung điểm CD
AM = BM, DC

(ABM)
Gọi N là trung điểm AB MN

AB
MN

222
12
222
423
2
44 abcabc
abab
+=+
VBCD = BM.CD =
4
2
2
1
2
b
c
+
.b =
4
b
22
4 bc +
d(A, (BCD)) =
22
222
22
4
222
4
4

2
2
4
2
4
4
x
x
x
+
+
=
Bài 6: Cho lăng trụ đứng ABCA
1
B
1
C
1
có AB = a, AC = = 2a, AA
1
= 2a
5
và BAC =
120
o
. Gọi m là trung điểm của cạnh CC
1
.
Chứng minh rằng MB


theo
AA
1

Trục A
1
y hớng theo
11
CA
Trục A
1
x tạo với trục Oy góc 90
o
và nằm trong MP
(A
1
B
1
C
1
).
Toạ độ các điểm:
A
1
(0 ; 0; 0), B
1
(
)0;;
22
3


-a
5
)
MA
1
(0; 2a; a
5
),
AB
(
;;
22
3
a
a

0)
MABM
1
.
= 0+5a
2
- 5a
2
= 0 (BM

MA
1
)

2
a


5
2
a
2a a
5
; 0 a
5
; 0 2a
=
( )
3;;
2
2
15
2
59
22
a
aa

VAA
1
BM =
3
15
2

3
5
3
a
S
V
=
Bài 7: Cho tứ diện OABC. Lấy M nằm trong tam giác ABC, các đờng thẳng qua M //
với OA, OB. OC cắt các mặt OBC, OCA, OAB lần lợt tại A
1
, B
1
, C
1
.
Chứng minh rằng:
1
111
=++
OC
MC
OB
MB
OA
MA

Năm học 2009-2010
16
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
Giải

Kẻ AH b (OBC), MK b (OBC) AH //MK
OAH A
1
MK
MK
AH
MA
OA
=
1
OA
MA
AH
MK
V
V
OABC
MOBC
1
==
Tơng tự ta có
OC
MC
V
V
OABC
MOAB
1
=
OB

1
1
1
1
1
1
1
=+++
DD
MD
CC
MC
BB
MB
AA
MA
Giải
M
H
K
A
1
A
B
C
D
Nối M với bốn đỉnh của tứ diện ABCD ta có:
Năm học 2009-2010
17
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy

AH
MK
V
V
MBCD
==
Tơng tự:
1
1
BB
MB
V
V
MACD
=
;
1
1
CC
MC
V
V
MABD
=
;
1
1
DD
MD
V

SC
Mặt phẳng qua A
1
, B
1
, C
1
cắt SD tại D
1
. Chứng minh rằng
5
2
1
=
SD
SD
Giải
S
A
B
C
D
C
1
D
1
A
1
B
1


9
2
==
(2)
Cộng vế với vế (1) và (2) ta đợc
SD
SD
V
V
DCBSA
1
2
1
1111
.
9
2
9
1
+=

Tơng tự:
SD
SD
SD
SD
SB
SB
SA

SD
V
V
DCBSA
1
2
1
1111
.
2
1
=

Từ (3) và (6) ta có
SD
SD
SD
SD
11

9
2
9
1
2
1
+=

5
2