Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
B
A
S
C
M
a 3
2a
S∆ABC =
2
1
o
aa 60sin.3.3 =
4
33
2
3
2
3
2
2
a
a

VSABC =
3
1
SA.S∆ABC =
2
3
3

2
=
4
25
a
2
⇒ SM =
2
5
a
S
∆SBC =
2
1
SM.BC =
2
35
a
2
d(A, (SBC)) =
5
3
.
3
3
2
2
35
3
2

∆DAC có DC = 4 2 . ∆DAB có DB = 5
∆DBC có BC = BD = 5
⇒ ∆DBC cân tại B, gọi M là trung điểm DC ⇒BM

DC
BM =
17825  . S∆DBC =
2
1
BM.DC =
2
1
. 17 .4 2 = 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

2
4.
222
abc
aabca


VABCD = 2 VBCMA = 2.
3
1
CM.S(∆ABM) =
222
12
222
423
2
44 abcabc
abab

V∆BCD = BM.CD =
4
2
2
1
2
b
c 
.b =
4
b


Bài 5: Cho tứ diện ABCD có AB = CD = x các cạnh còn lại bằng 1.
a) Tính thể tích tứ diện ABCD theo x
b)Tính d(A, (BCD))
Tương tự bài 4
Đáp số: VABCD =
6
2
x
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
d(A, (BCD)) = x
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

xyz vuông góc như hình vẽ: gốc toạ độ A
1
. trục A
1
Z
hướng theo AA
1

Tr
ục A
1
y hướng theo
11
CA Trục A
1
x tạo với trục Oy góc 90
o
và nằm trong MP
(A
1
B
1
C
1
).
To
ạ độ các điểm:
A
1
(0 ; 0; 0), B

a

-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
)
Th
ể tích khối chóp AA
1
BM bằng V =



3;;
2
2
15
2
59
22
a
aa

⇒VAA
1
BM =
3
15
2
15
22
59
2
3
6
1
222
0
aa
a
aa

1
.
Ch
ứng minh rằng:
1
111

OC
MC
OB
MB
OA
MA
GIẢI
H
B
C
A
O
K
A
1
M
Nối M với các đỉnh O,A,B,C. Khi đó
VOABC = VMOAB + VMOBC + VMOCA
1=
OABC
MOCA
OABC
MOBC

OABC
MOBC
1

Tương tự ta có
OC
MC
V
V
OABC
MOAB
1

OB
MB
V
V
OABC
MOCA
1

Vậy
1
111

OC
MC
OB
MB
OA

.
Ch
ứng minh rằng
1
1
1
1
1
1
1
1
1

DD
MD
CC
MC
BB
MB
AA
MA
GIẢI
Nối M với bốn đỉnh của tứ diện ABCD ta có:
V = V
MBCD + VMACD + VMABD+ VMABC
1=
V
V
V
V

Tương tự:
1
1
BB
MB
V
V
MACD

;
1
1
CC
MC
V
V
MABD

;
1
1
DD
MD
V
V
MABC

Bài 9: Cho hình chóp tứ gíc đều SABCD trên các cạnh SA, SB, SC ta lấy các điểm A
1
,

1
cắt SD tại D
1
. Chứng minh rằng
5
2
1

SD
SD
GIẢI
Ta có VSABC = VSBCD + VSCDA = VSDAB =
2
V
9
1
111111

SC
SC
SB
SB
SA
SA
VSABC
V
CBSA
(1)
SD
SD

1


Tương tự:
SD
SD
SD
SD
SB
SB
SA
SA
VSABD
V
DBSA
1111111

3
1

(4)
SD
SD
SD
SD
SC
SC
SB
SB
VSBCD

11

9
2
9
1
2
1

⇒
5
2
1

SD
SD
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
PHẦN 2
THỂ TÍCH KHỐI CẦU, KHỐI TRỤ, KHỐI NÓN
A. LÝ THUYẾT
1.Định nghĩa:
-Thể tích khối cầu (Sgk HH12 – Trang 44)
-Th
ể tích khối trụ (Sgk HH12 – Trang 50)
-Th
ể tích khối nón (Sgk HH12 – Trang 56)
2.Các công th
ức:
a)Thể tích khối cầu V =
3

B
I
A'
-Gọi O và O’ là tâm ∆ABC và ∆A’B’C’ thì OO’ là trục của các đường tròn ngoại
tiếp ∆ABC và∆A’B’C’
-Gọi I là trung điểm OO’ thì IA = IB =IC = IA’ = IB’ = IC’ hay I là tâm mặt cầu
ngoại tiếp lăng trụ
-Bán kính mặt cầu là R = IA
Tam giác vuông AOI có: AO =
3
3
2
3
3
2
1
3
2
aa
AA 
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
OI =
22
1
2
1
''
b
AAOO


7
3
7
83
4
3
3
4
3
333
.
a
aaa
R 


AI
2
=
RAI
ba
ba



32
34
12
34
22

Trung trực của SA cắt SO tại I ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
⋄OIMA là từ giác nội tiếp ⇒ SI.SO = SM.SA ⇒ SI =
SO
SASM
.
Với AO =
2
2
a
, AS =
3
2
2
2
3
2
30cos
aa
AO
o

, SO = SA sin30
o
=
6
a
⇒SI =
6
3
2

M'
C'
D
O'
O
A'
B'
B
A
D
C
Bài 3: Cho hình trụ có đáy là tâm đường tròn tâm O và O’ tứ giác ABCD là hình vuông
n
ội tiếp trong đường tròn tâm O. AA’, BB’ là các đường sinh của khối trụ. Biết góc của
mặt phẳng (A’B”CD) và đáy hình trụ bằng 60
o
. Tính thể tích khối trụ
GIẢI





DCDA
DCAD
'
⇒ADA’ là góc của (A’B’CD) và đáy
Do đó: ADA’ = 60
o
∆OAD vuông cân nên AD = OA 2 = R 2

aaa

h = 2OM =
2
a
Vậy V = R
2
h = 
3
3
3. . 2
3
8 16
2
.
a
a a


Bài 5: Một hình trụ có diện tích toàn phần S = 6. Xác định các kích thước của khối trụ
để thể tích của khối trụ n
ày lớn nhất.
GIẢI
S
TP
= 2Rh +2R
2
=2R(R+h) = 6
⇔R(h+R) = 3 ⇔ Rh + R
2


cos
a
và OE=

sin
a
Bán kính đáy R=OA=
2
cossin
2
cos



aOE

Thể tích khối nón là:V=
3
2
2
1 .
3
3sin .cos .cos
2
a
R h





Thể tích khối nón V= )2(
3
1
.)(
3
1
.
3
1
223
2
2
2
2
2
2'
xhhxx
h
R
xxh
h
R
SMR 

V
’
=
 
,43

GIẢI
Ta có S
tp
=S
xq
+2S
đ=
)(222
22
xxyxxy 

Theo giả thiết ta có 2 (xy+x
2
)=2
⇔xy+x
2
=1 ⇔ y =
x
x
2
1
.Hình trụ tồn tại y>0 ⇔1-x
2
> 0 ⇔0 < x < 1
Khi đó V = x
2
y = x(1-x
2
) = -x
3

(SOI)

(SAM)
⇒ H ∈ SI và OH = a
Ta có OI=





cos
tan;
sin
2
cos
2
cos
;
sinsin
a
IOSO
aOI
OM
aOH

V=
2 3
2
2 2 2 2
1 .

1
2
2
hr
h
hr 


với 0 < h < 2R
V
’
=
2
34(
3
hRh 

,
V
’
= 0
4
3
R
h 
V
max
3
4R
h