CHUYÊN ĐỀ 12: KHỐI ĐA DIỆN VÀ LĂNG TRỤ
1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
Khối 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 cạnh
chung.
(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 đa
diện cùng với phần bên trong của nó gọi là khối đa diện.
Khối đa diện đều
Khối đa diện đều loại {n, p} khi mỗi mặt là đa giác đều n cạnh và mỗi đỉnh là đỉnh chung
của 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. Ta
thường 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.h

Hình hộp: Là hình lăng trụ tứ giác có đáy là hình bình hành. Hình hộp có 6 mặt là hình bình
hành, 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 thì
có đường chéo: d  a 2  b 2  c 2 , diện tích toàn phần: S  2  ab  bc  ca  và thể tích
khối hộp chữ nhật: V  abc .
 Hình lập phương: hình hộp chữ nhật có 3 kích thước bằng nhau.
Trang 1 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

�
Ci  2 M �
   2C  2M    2  C  M   .
Ta có T  � Ci  2    �
�
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 là
số chẵn. Hãy chỉ ra những khối đa diện như thế với số mặt bằng 4, 6, 8, 10.
Hướng dẫn giải
Gọi số cạnh của khối đa diện là C, số mặt là M. Vì mỗi mặt có ba cạnh và mỗi cạnh lại
chung 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 2 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Bài 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.
Hướng dẫn giải
Ta 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 của khối
đa diện sao cho mặt phẳng chứa mặt này chia không gian làm 2 phần, một phần chứa đỉnh 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 – 1

làm thành khối đa diện với các đỉnh là M, N, P, Q, R, S mà mỗi đỉnh là
đỉnh chung của bốn cạnh.
Vậy đó là khối tám mặt đều.
Bài toán 12.7: Hãy phân chia:
a) Một khối hộp thành năm khối tứ diện.
b) Một khối tứ diện thành bốn khối tứ diện bởi hai mặt phẳng.
Hướng dẫn giải
a) 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. Bằng
hai 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 giải
Trang 4 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Gọi A1 A2 ... An là đáy của khối lăng trụ đều và O là tâm của đa giác đều A1 A2 ... An . Hạ
ON  A1 A2 . Ta có:
�  a cot 
ON  A1 N cot NOA
1
2
n
Do đó diện tích đáy của khối lăng trụ đều là:
1
1

S  n.SOA1 A2  n. . A1 A2 .ON  na 2 cot

27

Bài toán 12.10: Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình chữ nhật với
AB  3, AD  7 . Hai mặt bên (ABB’A’) và (ADD’A’) lần lượt tạo với đáy những góc 45 0
và 600. Hãy tính thể tích khối hộp nếu biết cạnh bên bằng 1.
Hướng dẫn giải
Hạ A ' H   ABCD  , HM  AD, HK  AB
Ta có: AD  A ' M , AB  A ' K
��
A ' MH  600 , �
A ' KH  450
0
Đặt A ' H  x . Khi đó: A ' M  x : sin 60 

AM  AA '2  A ' M 2 

2x
3

3  4 x2
 HK
3

Trang 5 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Mà HK  x cot 450  x nên x 

3  4 x2
3


Vì AC '  mp  A ' BD  nên A ' I  AC ' , do đó: d '  A; AC '   A ' I
Tam giác AA’I vuông tại I nên A ' I 2  AA '2  AI 2 
Vậy A ' I 

6a 2
9

a 6
3

a 6
Do  A ' BD  / /  CB ' D ' nên khoảng cách từ A’, B, C, D’ đến AC’ đều bằng
.
3
Bài

toán

12.12:

Cho

hình

chữ

nhật

ABCD.A’B’C’D’



Ta có: DC  a, DD '  a, AC '2  AC 2  CC '2  DA2  DC 2  CC '2
Nên 4a 2  DA2  a 2  a 2 � DA2  2a 2
Do đó DH 

1
1
1 1
5
a 10
 2  2  2  2 � DH 
2
DH
2a
a a
2a
5

b) Vì CD  DD '  a nên CD '  C ' D . Mặt khác AD   CDD ' C 

nên

CD '  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:

IJ
IC '

r 2 r2 r2
rr rr rr
 a  b  c  2a.b  2b.c  2c.a  6d 2
Suy ra : AC '  d 6 và
uuuu
r2
r r r
BD '  a  b  c





2

r 2 r 2 r2
rr rr rr
 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 2
d3 2
, do đó V  6VAA ' BD 
(đvtt).
12
12



nên

�
AA ' H

là góc giữa AA’ và

mp(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 

a
2

b) A ' H  AA '2  AH 2 

a 3
2

Vì A’B’C’ là tam giác đều cạnh a, H thuộc đường thẳng B’C’ nên A ' H  B ' C ' và H là trung
điểm của B’C’. Mặt khác AH  B ' C ' nên AA '  B ' C ' . Hạ HK  AA ' thì HK chính là
khoảng cách giữa AA’ và B’C’.
Do AA '.HK  AH . A ' H nên

a a 3
.
a 3.
HK  2 2 

Vậy   �
AIH chính là góc giữa (ABB’A’) và đáy.
3a
AH
Ta có:
2
tan  

2 3
IH B ' H .sin 600
1 1
3a 3a 3 3
b) V  S ABC . AH  .a. a. 3. 
(đvtt).
2 2
2
8
Bài toán 12.16: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại đỉnh
C, CA  a, CB  b ; mặt bên ABB’A’ là hình vuông. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua C và vuông
góc với AB’. Xác định và tính diện tích thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi (P).
Hướng dẫn giải
Kẻ đường cao CH của tam giác vuông ABC thì CH  AB ' . Vì
ABB’A’ là hình vuông nên AB '  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 ' ,
1
từ đó tam giác CHK vuông tại H nên SCHK  CH .HK .
2
Ta có: CH . AB  CA.CB � CH 
AH . AB  a 2 � AH 



Hướng dẫn giải
Đường thẳng MN cắt A’C’ tại I và CC’ tại J. Đường thẳng IP
cắt B’C’ tại Q và QJ cắt BC tại R.
Thiết diện là ngũ giác NMPQR.
Ta có A ' I  A ' P 

a
� ' P  1200 nên �
và IA
A ' IP  300
2

Do đó tam giác IQC’ vuông tại Q.
Và vì vậy IQJ vuông tại Q.
2

2

2

3a 5
�3a � �3a � �3a �
JQ 2  JC '2  C ' Q 2  � � � � 5 � �� JQ 
4
�2 � �4 � �4 �
IQ 

3

 ;
 nên nếu gọi S2 là diện tích tam giác IMP thì S 2  . S  S .
IJ 3 IQ 3
3 3
9

Gọi S3 là diện tích thiết diện thì
1
2
2
2 9a 2 15 3a 2 15
.
S3  S  S1  S2  S  S  S  S  .

9
9
3
3
32
16
Bài toán 12.18: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đáy đều bằng a, góc
tạo thành bởi cạnh bên và mặt đáy là 600 và hình chiếu H của đỉnh A lên mp(A’B’C’) trùng
với 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 giải
a) 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 60 0 

4

AH 3a a 3

:
2 3
HK
2
4

Ta có thể tích khối lăng trụ là:
V  S A ' B 'C ' . AH 

1
3a 1 a 3 3 3a 3
(đvtt).
B ' C '. A ' H . AH  . .a.

2
2 2
2
8

Bài toán 12.19: Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A1 B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông cân
với cạnh huyền AB bằng

2 . 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

x
3
�x
3
5

1
3 5
Vậy VABC . A1B1C1  S ABC . A1 K  . AC.CB. A1 K 
2
10

Trang 11 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Bài 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.
uuur
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 trụ
PQR.P’Q’R’.
b) Chứng minh rằng V  S PQR . AA ' , trong đó S PQR là diện tích tam giác PQR.
Hướng dẫn giải
a) Mặt phẳng (PQR) chia khối lăng trụ ABC.A’B’C’ thành hai khối đa diện H 1
và H2, trong đó H1 chứa tam giác ABC còn H2 chứa tam giác A’B’C’. Mặt
phẳng (A’B’C’) chia khối lăng trụ PQR.P’Q’R’ thành hai khối đa diện H2 và H3
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 , H 3 , ta có:
VABC . A ' B 'C '  V1  V2 , VPQR .P'Q'R'  V2  V3
uuur


Khi đó AD  BC  AC 2  AB 2  3x 2  x 2  x 2 .
Tam giác A’AD vuông tại A, có đường cao AH
1
1
1
1
1
1
a 6


� 2  2  2 �x
2
2
2
AH
AA '
AD
a
x
2x
2
Vậy VABCD . A ' B 'C ' D ' 

a 6 a 6 a 12 3a 3 3
(đvtt).
.
.


Do đó OH  d  O;  AA ' D '   

3a
4

Tam giác AOM vuông tại O:
1
1
1
16
1
4
3a


� 2 
 2 � OA 
2
2
2
2
OH
OA OM
9a
OA 3a
2
Vậy VABCD . A ' B 'C ' D '  S ABCD .OA  3a 2 .

3a 9a 3
(đvtt).

BB’.
Trang 13 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Hướng dẫn giải
Ta 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  3a
Tam giác vuông BOB’ ta có:
BO  BB '2  B ' O 2  BB '2 

AC 2
 12a 2  3a 2  3a
4

Nên VABCD. A ' B 'C ' D '  S ABCD .BO  AB.BC.BO  a 3.3a.3a  9a 3 3
AA ' O
Ta có: cos  AC , BB '  cos  A ' C ', AA '   cos �
Vì BO   ABCD  � BO  AB
Tam giác ABO vuông cân tại B:
AO  AB 2  BO 2  3a 2  9a 2  2a 3
Áp dụng định lý cosin trong tam giác AA’O ta có:
cos �
AA ' O 

A ' A2  A ' O 2  AO 2 12a 2  3a 2  12a 2 1


2 A ' A. A ' O
4
2.2a 3.a 3

1 1
a2 a4
VS . AA ' D '  .S AA ' D ' .SA '  . .a 2 . 
3
3 2
x 6x
2

2

VSPB ' M SP SB ' SM �a  x � � x �

.
.
�
1 �
� �
VSAA 'D' SA SA ' SD ' � a � � a �
Suy ra: VMPB '. D ' AA '

3
2
a 4 � � x �� a 3 � � x � � x ��

1 �
1  �� �
1 1
 1
�
�


Chọn 1 

x 1  5
3 5

0�x
a.
a
2
2

Bài 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 là
trung điểm của A’C’. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và tính cosin của góc giữa hai
đường thẳng BC’, MB’.
Hướng dẫn giải
Gọi 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 

a2
a

2
2

1
a
a3 2


2

Áp dụng định lý cosin trong tam giác BNC’:
5a 2
3a 2
 a2 
4 3 5
� '  BN  BC '  NC '  4
cos NBC
2.BN .BC '
10
a 5
2.
.a
2
2

2

2

Vậy cos  BC ', MB '  cos  BC ', BN  

3 5
.
10

Trang 15 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải



VB. AMC  .S ABC .BM  . .
.a.a 3 
3
3 2 2
4
Nên: VABC . A ' B 'C '  S ABC .d  B ',  ABC    3VB '. ABC  6VM . ABC 
Bài toán 12.27: Cho hình hộp đứng

3a 3
(đvtt).
2

ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình bình hành,

�  600 , góc giữa đường thẳng B’C và mặt phẳng (ACC’A’) bằng 30 0.
AB  2a, BC  a, BAD
Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, DD’ với
M là trung điểm của CC’.
Hướng dẫn giải
Hạ BH  A ' C ' thì có BH   ACC ' A ' .
�' CH .
Từ đó suy ra góc giữa B’C và mặt phẳng (ACC’A’) bằng B
Áp dụng định lý côsin trong tam giác ABC ta có:
�1� 2
AC 2  BC 2  BA2  2 BC .BA.cos1200  a 2  4a 2  2a.2a. �
 � 7a
� 2�
Suy ra AC  a 7 .
Trang 16 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải



Tam giác vuông BB’C: BB '  B ' C 2  BC 2 

84a 2
a 35
 a2 
49
7

Nên: VABCD. A ' B 'C ' D '  AB. AD.sin 600. AA '  2a.a.

3 a 35 a 3 . 105
.

2
7
7

Ta 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 

a 21
7

Bài toán 12.28: Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của hai
cạnh AA’ và BB’. Mặt phẳng (MNC’) chia khối lăng trụ đã cho thành hai phần. Tính tỉ số thể
tích của hai phần đó.
Hướng dẫn giải
Nếu gọi V là thể tích của khối lăng trụ thì thể tích của khối tứ diện C’ABC


Trang 17 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Ta 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 mặt phẳng song song với mp(ABCD) cắt khối hộp theo hình
bình hành MJNI.
Gọi V1 là thể tích phần khối hộp nằm giữa thiết diện AMEN và mp(A’B’C’D’) và V 2 là thể
tích phần còn lại của khối hộp.
Ta có: V1  VMJNA ' B 'C ' D '  VJMNE  VIAMN
Vì VJMNE  VIAMN nên V1  VIMJNA ' B 'C ' D '
Do đó V2  VIMJNABCD . Vậy

V1 MB ' h  x


.
V2 BM
x

Bài toán 12.30: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD. A1 B1C1D1 có chiều cao bằng nửa cạnh đáy.
Với M là một điểm trên cạnh AB, tìm giá trị lớn nhất của góc A1MC1 .
uuur r uuur r uuur r
Chọn cơ sở AB  a, AD  b, AA1  c

Hướng dẫn giải

Gọi chiều cao là h thì đáy hình vuông cạnh 2h
uuuu
r

2 �
MC12  �
4  1     5�
�1    a  b  c �
� h �
�
Do đó MA1  h 1  4 2 và MC1  h 4  1     5
2

uuuu
r uuuur r
r
r r r
2
2
MA1.MC1  c   a �
�1    a  b  c �
� h  2  1





uuuu
r uuuur
cos   cos MA1 , MC1 





Ta có: MA1   CA1   c  b với 0 � �1





uuuur
uuur
r r r
C1 N   C1 B   b  c  a với 0 � �1





uuuu
r uuuu
r uuuur uuuur
r r r
r r r
MN  MA1  A1C1  C1 N   c  b  b   a  b  c







r
r

Do đó  a   1      b       c  pa  qc � �
�
�
  q
q  1  2
�
�
r
uuuu
r
r
r
Do đó MN   2 a  0.b   1  2   c nên:
r2

MN 2   2 a   1  2 

r2
2c

rr
 2  1  2  .a.c
2

2

1
2
� 2� 2 1
  2 a 2   1  2  a 2  0   5 2  4  1 a 2  5 �

đỉnh là đỉnh chung của p cạnh.
1
b) Dùng phép vị tự tâm là trọng tâm G của tứ diện và tỉ k   .
3
Bài tập 12.3: Chứng minh tổng bình phương khoảng cách từ 8 đỉnh của hình lập phương
cạnh a, đến một đường thẳng d bất kỳ đi qua tâm là số không đổi.
Hướng dẫn
Gọi hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ tâm O thì d qua O. Ghép tổng bình phương các cặp
có 2 đỉnh là 2 mút đường chéo có trung điểm chung là O. Kết quả 4a 2 .
Bài 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  . Chứng minh 4
điểm M, N, P, Q đồng phẳng và tính giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của chu vi thiết diện cắt bởi
(MNPQ).
Hướng dẫn
Dùng 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 dẫn
Lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông và cạnh bên vuông góc với đáy.
3

Kết quả V  h  tan   1 .

Bài tập 12.6: Cho hình lập phương ABCDA1 B1C1 D1 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 BB 1, CD, A1D1. Tính góc giữa hai
đường thẳng MP và C1N.
Hướng dẫn
a) Dùng đường chéo là đường thẳng cùng vuông góc với A1B và B1D.
Kết quả d  A1 B, B1D  

3

Bài tập 12.9: Cho một hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’, đáy là hình thang AB//CD có
AD  CD  BC  a, AB  2a . Mặt phẳng (P) qua A cắt các cạnh BB’, CC’, DD’ lần lượt tại
� ' �
M, N, P. Cho góc BCC
ADB '  600 và BM  3a. Định (P) để AMNP là hình thang cân.
Hướng dẫn
Dùng hình học hoặc vectơ. Kết quả PD 

5
a.
4

Bài tập 12.10: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên 2a, đáy là tam giác vuông tại A,
AB  a , AC  a 3 và hình chiếu đỉnh A’ trên mp(ABC) là trung điểm BC. Tính thể tích khối
chóp A’.ABC và cosin của góc giữa 2 đường thẳng AA’, B’C’.
Hướng dẫn
Tính trực tiếp. Kết quả VA '. ABC 

a3
1
, cos  
2
4

Bài tập 12.11: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a
và điểm A’ cách đều các điểm A, B, C. Cạnh bên AA’ tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 0.
Tính thể tích của lăng trụ và diện tích mặt bên BCC’B’.
Hướng dẫn