Học Thêm Toán BÀI TẬP về diện tích và thể tích đa diên-tròn xoay
Thầy Huy – www.facebook.com/hocthemtoan - ĐT: 0968 64 65 97 Trang 1Bài 1: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, AA’ = b và AA’ tạo với
mặt đáy một góc 60
0
. Tính thể tích khối lăng trụ.
Giải
Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của lăng trụ.
Khi đó, A’H là hình chiếu của AA’ trên mp(A’B’C’)
Xét tam giác AA’H vuông tại H có: Sin A’ =
'
AA
AH


AH = AA’. Sin A’ = AA’. Sin 60
0
Bài 2: Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, các cạnh bên hợp
với đáy một góc 60
0
. Tính thể tích của khối chóp đó. Giải:
Kẻ SH

(ABC)
Gọi I là giao điểm của AH và BC
Do S.ABC là hình chóp đều nên H là trọng tâm của
tam giác ABC.
 AI =
2
3a
 AH =
3
2

a
4
3
a
2
3a
2
1

Thể tích khối chóp: V =
3
1
SH. S
ABC
=
3
1
32
a
12
3
a
4
3
a  Giải
a) Gọi SH là đường cao của hình chóp S.ABCD
Gọi H’ là giao điểm của SH và mp (P).
Do S.ABCD là hình chóp đều nên H là giao điểm của AC
và BD.






)SAC(BD
ACBD
SHBD
 BD  SC.
Do mp (P)  SC  BD // mp (P)
Do



1
SE
'SCSE


 SC’ = 2EC’ = CC’
Ta có:
9
4
3
2
3
2
V
V
ABD.S
'D'AB.S
 ,
9
2
2
1
3
2
3
2
V
V
BCD.S
'D'C'B.S







b) Theo cm trên: AC’ vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác SAC
nên SA = AC  tam giác SAC đều  SH = a
2
6
2a
2
3
AC
2
3

V
S.ABCD
=
3
1
33
a
6
6
a
2
6
  V

Học Thêm Toán BÀI TẬP về diện tích và thể tích đa diên-tròn xoay
Thầy Huy – www.facebook.com/hocthemtoan - ĐT: 0968 64 65 97 Trang 3
Giải
Xét tùy ý đường thẳng d đi qua điểm A.
Theo gt: A cố định
 d đi qua điểm A cố định thuộc đường thẳng AB cố định (1)
Trong mp (d, AB) kẻ BH  d tại H
Gọi  = HAB
Xét tam giác vuông ABCH ta có:
Sin  =
2
1
AB
a
AB
BH
   = 30
0
.
Vậy  không đổi (2)
Từ (1) và (2) suy ra d luôn nằm trên một mặt nón đỉnh A, nhận AB

a
a
2
2








Diện tích xung quanh của khối nón:
S
xq
=

rl
4
5a
2
5a
2
a
2


Thể tích khối nón: V = hr
3
1
Giải
Gọi  là đường thẳng vuông góc với mp (P) tại O
Gọi r là bán kính của (C).
Do






//d
)P(
)P(d

Khoảng cách giữa d và  là: d(d, ) = OM = r: không đổi
Vậy d nằm trên mặt trụ trụ  bán kính r
A
B
H
d
A
B Giải
a) Vì thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông nên đường
sinh l bằng đường cao h
l = h = 2r.
Diện tích xung quanh của hình trụ: S
xq
= 2 r l = 4 r
2
.
Diện tích toàn phần của hình trụ: S
tp
= S
xq
+ 2B = 6 r
2
.
b) Gọi ABCD.A’B’C’D’ là trụ tứ giác đều nội tiếp
trong hình trụ đã cho.
Ta có: ABCD nội tiếp trong đường tròn đáy nên: AB = r
2

Thể tích khối lăng trụ tứ giác đều: V = AA’.S
ABCD
= 4r
3
.

Bán kính r =
2
'AC

AC’ = a 3  r =
2
3a

Bài 9: Cho tứ diện D.ABC có DA  (ABC) và DA = 5a, tam giác ABC vuông tại B và AB
= 3a, BC = 4a. Xác định tâm và bán kính mặt cầu đi qua bốn đỉnh của tứ diện. Giải
Gọi O là trung điểm DC
Do DA  (ABC) nên DA  AB, DA  AC
  DAC vuông tại A
 OA = OC = OD = CD/2 (1)
Ta có: BC  BA, BC  DA  BC  (ABD)  BC  BD
 OB = CD/ 2 (2)
A
B


Giải
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC.
Do SABC là hình chóp đều nên tâm O của mặt cầu nằm
trên SH.
Gọi I là trung điểm của SA.
Trong mp(SAH) dựng IO vuông góc với SA cắt SH tại O
Khi đó: O là tâm mặt cầu đi qua các đỉnh hình chóp.
Xét hai tam giác đồng dạng SIO và SHA ta có:
SH
2
SA
SH
SI
SA
SO
  SO = r
SH
2
SA
2




Vậy: r =
22
22
ab3
3
2
b
SH2
SA

 =
22
2
ab32
b3

Bài 11: Cho mặt cầu S(O,r) và một điểm a biết OA = 2r. Qua A kẻ một tiếp tuyến với mặt
cầu tại B và kẻ một cát tuyến cắt mặt cầu tại C và D. Cho biết CD = r 3
a) Tính AB
b) Tính khoảng cách từ O đến CD.












A
O
C
D
B
H
S
A
B
H
C
Học Thêm Toán BÀI TẬP về diện tích và thể tích đa diên-tròn xoay
Thầy Huy – www.facebook.com/hocthemtoan - ĐT: 0968 64 65 97 Trang 6Bài 12: Cho tứ diện ABCD có DA = 5a và DA vuông góc với mp(ABC). Tam giác ABC
vuông tại B

CD
2
1
 =
2
2a5

b) Diện tích mặt cầu: S = 4 r
2
= 50 a
2

Thể tích của khối cầu tương ứng: V =
3
4
 r
3
=
3
2a125
3
Bài 13: Cho khối lăng trụ tứ giác đều ABCD.A
1
B
1
C
1


5
A
1
B
1

D
1
C
1

Giải:
a) Chứng minh AK = 2:
AB

(ADD
1
A
1
)
AB AK
 
và Gt: AK

A
1

AA
D vuông tại A có AK là đường cao nên:
AK.A
1
D = AD.AH
10 .
x h
 
và
AD
2
+
2 2 2 2
1 1
AA 25
A D x h
   

Giải hệ:
2 2 2
25 ( ) 45
3 5
10 10
10
x h x h
x h
xh xh
xh

 



Bài 14: Cho khối lăng trụ đứng ABCD.A
1
B
1
C
1
D
1
có đáy là hình bình hành và

0
45
BAD 

Các đường chéo AC
1
và DB
1
lần lượt tạo với đáy những góc 45
0
và 60
0
. Hãy tính thể tích
của khối lăng trụ nếu biết chiều cao của nó bằng 2.
D

C AC

(DB
1
, (ABCD)) = 60
0
= (DB
1
, DB) =

1
B DB



0
1 1 1
, 1 .cot 2.cot 45 2
ACC C v AC CC C AC
     



0
1 1 1
2 3
, 1 .cot 2.cot60
3
DBB B v BD BB B DB     
Đặt AD = BC = x ; AB = DC = y

3 2
xy xy   
0
1 2 4 2 2
2. 2. . .sin .sin 45 .
2 2 2 3
3 2
ABCD BCD
xy
S S BC CD C xy
     

Vậy V = S
ABCD
. CC
1
=
2 4
.2
3 3

(đvdt) Bài 15: Cho khối lăng trụ ABC.A
1
B
1
C
1

H vuông góc AB tại H thì
1 1
( )
A H ABC AH
  là chiều
cao lăng trụ. Đặt A
1
H = h
Dựng
HK AC

tại K (HK // BC) .

AKH cũng vuông cân tại K
2
. 2
3
h
AH HK   Học Thêm Toán BÀI TẬP về diện tích và thể tích đa diên-tròn xoay
Thầy Huy – www.facebook.com/hocthemtoan - ĐT: 0968 64 65 97 Trang 8 A
1
B
1


h
h h h      
2
2
1
1 1 3 3
. . . .
2 2
5 2 5
ABC
CA
V S A H CACB h CA   
2 2 2 2
ó: 2 2
ACB c AC CB AB AC
    

2
1
AC
 
. Vậy V =
3
2 5
(đvdt)

Bài 16: (Dự bị B2-2006) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp tam giác đều,
cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA’ = b. Gọi

là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A’BC).

'
tan tanAMA'
A H
MH

  

C’
A’

B’

b A
C
a H
M
B

ABC đều có cạnh a nên AM = a
3
2

2 3 1 3
;
3 3 3 6
a a
AH AM MH AM     ;

a b a
V V V S A H S A H S A H a
 

     
 
 
 

V
2 2 2
3
6
a b a

 (đvtt) Bài 17: Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có chiều cao bằng h và góc

AS 2
B

 . Hãy tính
thể tích khối chóp. S

0 0
AS 2 ASM BSM (0 90 )
B
  
     
+


ASM, 1 cot AS cot
M v SM AM M x

    
MH =
1 1 3 1 3 3
. .2 .
3 3 2 3 2 3
x
CM AB x  
+

2
2 2 2 2 2 2
SHM, 1 cot
3
x
H v SH MH SM h x

       


( )
ABC

, SC =
a. Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất.

Giải: Tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích S.ABC lớn nhất:
S

a

A B C
+ gt: ( )&
SA ABC AC CB SC CB
   

+ Gọi
 

0 0
( ),( ) (0 90 )
SCB ABC SCA
  
    

  
3 2
.
1
os .sin
6
S ABC
V a c
 

+ Xét hàm số:
2 0 0
( ) os .sin , 0 90
f c
   
  
Học Thêm Toán BÀI TẬP về diện tích và thể tích đa diên-tròn xoay
Thầy Huy – www.facebook.com/hocthemtoan - ĐT: 0968 64 65 97 Trang 10





2 3 2 3 3
'( ) 2cos .sin os 2cos (1 os ) os 3cos 2cos cos 3 os 2 3
os 2
f c c c c c
           
           




0
0


90
0

f’(

)

+ 0 -
f(

)
f
max
0 0


Ta có f(

K
B C N M
O
A D

+ Gọi O là tâm hình vuông ABCD thì SO vuông góc
với (ABCD) và SO là chiều cao của khối chóp
S.ABCD.
+ Gọi MN là đường trung bình của hình vuông ABCD
với M

CD và N

AB.
+ CD

(SMN), trong (SMN) vẽ NK

SM, khi đó
NK

CD



2
, 1
sin sin
sin
NK a a
NKM K v MN OM
NMK
 
      

+

, 1 tan
os
a
SOM O v SO OM
c


    
+
2 3
2
.
2 2
1 1 1 4 4
. . . .
3 3 3 sin os 3sin os

2 2
3sin sin sin
3 3
  
  
  
  
  
  2 2 2
'( ) 0 sin 0 sin arcsin
3 3 3
f
   
       
Lập bảng biến thiên hàm số f(

) trên khoảng


0 0
0 ; 90
:



0
0

2
arcsin
3

 .
Vậy thể tích S.ABCD nhỏ nhất

f(

) lớn nhất

2
arcsin
3

 .

Bài 20: Khối chóp S.ABC có SA
( )
ABC

; đáy là
ABC

cân tại A, độ dài trung tuyến AD
= a, cạnh SB tạo với đáy một góc

và tạo với mặt (SAD) góc

. Tính thể tích khối chóp.

SA

BC

(SAD) nên SD là hình
chiếu của SB trên (SAD)

 
,( )
BSD SB SAD

  
+

, 1 . os
SAB A v AB SB c

   
+

, 1 .sin
SDB D v BD SB

   
+

2 2 2
, 1
ADB D v AD AB BD
    

os sin
a
c


 



.
1 1 . 1
. . . . . . .
3 3 2 3
S ABC ABC
AD BC
V S SA SA AD BD SA
  

3
2 2
2 2 2 2
1 asin asin 1 sin sin
. . .
3 3 os sin
os sin os sin
a
a
c
c c
   
+ Trong (SBD) gọi I là giao điểm của B’D’ và SO.
Trong (SAC), gọi C’ là giao điểm của AI với SC thì:
C’là giao điểm của (AB’D’) với SC
+
SAB SAD SB SD
    

+
2 2
' '
' ' (*)
SA SA SB SD
SB SD
SB SD SB SD
    
+ V
S,AB’C’
+ V
S.AC’D’
= V
S.AB’C’D’
+ V
S,ABC
= V
S.ACD
=
1
2

2
' ' ' '
. . ( )
S AC D
V
SD SC SB SC
do SD SB
V SD SC SB SC
  
3
. ' ' '
'. ' '. ' 2
2 2 . 2. .
. . 3
S AB C D
SB SC SB SC a
V V
SB SC SB SC
  
3
. ' ' '
'. ' 2
.
. 3
S AB C D
SB SC a
V
SB SC
 
Vì:

2

2 2 2
2 2 2 2 2
' 4 4 2
4 2 3
SC SA a a
SC SC SA AC a a
    
 

3 3
. ' ' '
4 2 2 16
. .
5 3 3 45
S AB C D
a a
V   Bài 21: Cho khối lăng trụ ABC.A
1
B
1
C
1
có đáy ABC là tam giác vuông cân với cạnh huyền
AB =
2

1
H

AB tại H
1
( )
A H ABC
  
A
1
H là chiều cao lăng trụ.
Đặt A
1
H = h

Học Thêm Toán BÀI TẬP về diện tích và thể tích đa diên-tròn xoay
Thầy Huy – www.facebook.com/hocthemtoan - ĐT: 0968 64 65 97 Trang 13
A
1
2

B
1
C

K.
Vậy
 

0
1 1
( ),( ) 60
A AC ABC A KH  .


A
1
HK vuông tại H:


0
1 1
.cot cot60
3
h
HK AH A KH h   


AHK vuông cân tại K
2
2
3
h
AH HK  


3
2 5
V 
(đvtt) Bài 22: (DB A1-08PB) Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại đỉnh B,
BA = BC = 2a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy (ABC) là trung điểm E
của AB và SE = 2a. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của EC, SC. M là điểm di động trên tia
đối của tia BA sao cho )90(
0



ECM và H là hình chiếu vuông góc của S trên MC. Tính
thể tích của khối tứ diện EHIJ theo a;  và tìm  để thể tích đó lớn nhất. Giải:
* Tính thể tích của khối tứ diện EHIJ:
+ Gọi V là thể tích khối tứ diện EHIJ. Ta có:
V =
1
.
3
S h
, với S là diện tích
IHE

và h là chiều cao của khối tứ diện.


ECH ECM

 


. os 5. os
CH CE c ECH a c

   Học Thêm Toán BÀI TẬP về diện tích và thể tích đa diên-tròn xoay
Thầy Huy – www.facebook.com/hocthemtoan - ĐT: 0968 64 65 97 Trang 14 S J
C A
I

H E B



Vậy V =
3
5
.sin 2
24
a


* Tìm

để thể tích V của khối tứ diện EHIJ lớn
nhất:
Ta có: V =
3 3
5 5
.sin 2 ( sin 2 1)
24 24
a a
do
 
 
.
Vậy V lớn nhất
0 0
sin 2 1 2 90 45
  
     



A H D

O

B C

+ SA

(ABCD) nên SA là chiều cao của khối
chóp S.ACD.
Vậy V
1
=
3
1 1 1 3
. . 3. .
3 3 2 6
ACD
a
SA S a AD DC 
Gọi H là trung điểm của AD thì MH//SA nên
MH

(ABCD) và MH =
1 3
2 2
SA a
V
2

Thầy Huy – www.facebook.com/hocthemtoan - ĐT: 0968 64 65 97 Trang 15

M
C
OA =
1 2
2 2
a
AC  ; AM
2 2
2 2
3
4 4
a a
AH MH a
    

Trong tam giác OAM có:

2
2 2
2 2 2
1
2
cos
2. .
2 2 2
2. .
2
a

Ta có:
' ( ) '
A A ABCD A D
 
có hình chiếu trên (ABCD) là
AD.
Do BC

AD

BC

A’D
Vì:
( ' ' ) ( )
' ( ' ' ); ( )
A B CD ABCD BC
A D A B CD BC ABCD



 







0


D

I
Giải:
Gọi
I
là trung đểm cạnh
CD

 






CDBI
CDAI
Gt

AB
a
BIAI 
2
3
,

S theo đường
tròn


BCD qua M, hơn nữa BM là đường kính.
3
2
60sin
0
aa
BM 

(1)
ABI


đều



ABM
= 60
0
;
12
13
60cos.2
022
aBMABBMABAM 
B

(C)
M
O

Ta có )(
'
''
xh
h
R
R
R
R
h
xh
R
R
SO
SM



Thể tích khối nón:
V= )2(
3
1
.)(
3
1
.

R


V’ = 0






hx
x
h
3
x= h (loại)
Dựa vào bảng biến thiên ta có: V
Max


x =
3
hBài 27: Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r. Gọi I
là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường
sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón).
1. Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I;
2. Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi. Với điều kiện nào của bán kính đáy
thì diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất?

2 3
2 2
.
4 4 4
C
l r l r r
r r
l r l r
  
 
 
 

+) Đặt:
2 3
( ) ,0
lr r
y r r l
l r

  

;

r
l
I
M
S
A B

+) BBT:
r
0
5 1
2
l


l

y'(r)
y(r) y
max+) Ta có max S
cầu
đạt

y(r) đạt max

5 1
2
r l

Bài 28: Cho hình trụ có bán kính đáy x, chiều cao y, diện tích toàn phần bằng 2



1- x
2
> 0

0 < x < 1. Khi đó V(x) =

x
2
y =

x(1- x
2
)
=

( -x
3
+ x)
Khảo sát hàm số V(x) trên với x

(0;1) ta được giá trị lớn nhất của V =
3
1
33
2
 x

 



 

Góc tạo bỡi hai mặt phẳng
(SAM) và (OAM) bằng

SIO



MA

OI và MA

SO
( ) ( ) ( )
MA SOI SAM SOI
   

Và ( ) ( )
SAM SOI OI



Kẽ OH

OI

tan

=
os
a
c


V=
2
coscossin3sin
2
cos
.
cos
.
3

3
1
22
3
22
2
2






V r h Rh h


   , với 0<h<2R
V
’
=
2
34(
3
hRh 

)

; V
’
= 0
3
4R
h 
V
max
3
4R
h 
hay AI=
3
4R
     
Ta có:
2
2
2 2 2
2 2 2 2
2 3a
2 4 4 8 8
a a a a
R OA AM MO
 
 
       
 
 
 
 
 2 3
2
3a 2 3 2
R . . ,
8 2 16
a a
V h

 
    và