VI.Tứ diện có bốn mặt tam giác vuông

Cũng không thể tại một đỉnh nào đó có ba góc phẳng vuông,

vì khi đó theo tính chất của tứ diện vuông, mặt đối diện của

đỉnh được chọn là tam giác nhọn.

Như vậy tại một đỉnh chẳng hạn đỉnh A

ˆ < 900

DAC



ˆ = BAD

ˆ = 90

BAC



0



và



. Việc chọn góc vuông ở mặt ACD hoặc tại C hoặc

DC ^ AC , DC ^ AB ⇒ DC ^



( ABC ) ⇒ DC ^



BC



tại D. Khi đó:

Như vậy dạng duy nhất của tứ diện có bốn mặt vuông là

tứ diện có một mặt là tam giác vuông và hình chiếu của

đỉnh thứ tư trùng với đỉnh góc nhọn của tam giác vuông

được chọn.

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình

thang vuông, vuông tại A và D, độ dài AB bằng 2 lần độ dài

^



CD, CD=AD, SA (ABCD), SA=AB.

a, Chứng minh các tam giác SDC, SCB vuông.

b, Lấy E là trung điểm của SB. Dựng giao điểm F của mặt

phẳng (ADE) với cạnh SC.

c, Chứng minh rằng

( SDC ) ^ ( SAD ) , ( SBC ) ^ ( ADE ) , AF ^ ( SBC ) ;

d, Tính góc tạo bởi (ADE) và (ABCD).

e, Cho AB=a, tính diện tích thiết diện AEFD.

Giải

Nhận xét : Việc giải trở nên đơn giản nếu xét hình chóp đã

cho là hợp của hai tứ diện có bốn mặt vuông: SACD và SABC.

^



^



^



Thật vậy do SA (ABCD) nên SA AD, SA AC. Theo giả

^



thiết thì AD AB nên tứ diện có 4 mặt vuông. Di CI=AD (I là

trung điểm của AD tam giác ACB có trung tuyến



CI =



0

1

ˆ = 90

AD ⇒ ACB

2



mặt vuông.



. Từ đó suy ra S.ABC là tứ diện có 4



a, Suy từ các tứ diện SADC và SABC là những tứ diện với

bốn mặt vuông.

^



^



b, Do (SAB) AD, suy ra AD SB. Tam giác SAB cân, AE là

^



^



trung tuyến vậy AE SB, từ đó suy ra SB (ADE). EF là

đường thẳng trung tuyến của (ADE) và (SBC) nên EF đi qua

giao điểm K của BC và AD.

^



c, Do DC (SAD), suy ra (SCD) chứa Dc phải vuông góc với

mặt phẳng (SAD).

^



^



d, Ta có AE AD, AD AD suy ra góc giữa (ADE) và (ABCD)

bằng góc



ˆ = 450

EAB

^



^



e, Vẽ FH //AE, AE AD =>FH AD.

0



0



ˆ = 90 , ABK

ˆ = 45 ,

KAB



Trong tam giác AKB có

suy ra ABK là

tam giác vuông cân: AB=AK=AS. Từu đó tam giác SKB đều

và các đường cao SC, KE của nó, đồng thời cũng là đường



trung tuyến của chúng bằng nhau và

theo định lý Talet:



KF 2

=

KE 3



KF FH 2

a 2

a 2

=

= ; AE =

⇒ FH =

KE AE 3

2

2

Dễ thấy

2



a

1

a 2

DK = DA = ; S AEK = . AK . AE =

;

2

2

4

2



S KDF



1

a 2

= .DK .HF =

2

12



. Vì FH//AE nên



S EFD = S AEK − S KDF =



a



2



2



6



.



CHƯƠNG II: CÁC DẠNG HÌNH HỘP

I, ĐỊNH NGHĨA:

- Hình hộp là hình lăng trụ có đáy là hình bình hành .

- Hình hộp đứng là hình hộp có cạnh bên vuông góc với đáy.

- Hình hộp chữ nhật là hình hộp đứng có đáy là hình chữ nhật.

Ba độ dài của ba cạnh xuất phát từ một đỉnh gọi là ba kích

thước của hình hộp chữ nhật.

- Hình lập phương là hình hộp chữ nhật có ba kích thước bằng

nhau.

II, TÍNH CHẤT:

- Hai mặt đối diện của hình hộp thì bằng nhau và nằm trong hai

mặt phẳng song song.

- Tất cả đường chéo của hình hộp chữ nhật đều bằng nhau và

2



cho bởi công thức



2



2



d =a +b +c



b, c là ba kích thước.



2



trong đó d là đường chéo a,



- Với hình lập phương cạnh a:

- Thể tích hình hộp:



V = S .h



d =a 3



(với S là diện tích đáy, h là chiều cao



hạ từ 1 đỉnh tới mặt đối diện)

- Thể tích hình hộp chữ nhật:

- Thể tích hình lập phương:



V = a.b.c



V =a



3



III, CÁC LOẠI HÌNH HỘP

Ví dụ 1: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh a và



điểm K thuộc cạnh CC’ sao cho



2

CK = a

3



. Mặt phẳng



(α)



qua A,



K song song với BD, chia khối lập phương thành hai khối đa

diện. Tính thể tích hai khối đa diện đó.

Giải

Chọn

Có



AK ⊂ ( AA ' C ' C )



( AA 'C 'C ) ∩ ( α ) = AK



Qua E vẽ



và



AK ∩ OO ' = E ⇒ E ∈ ( α )



IJ / / BD ( IJ ∈ DD', J ∈ BB ' ) ⇒ ( α )



là (AIKJ).



3



VABCD.A'B'C'D' = a.a.a = a .

2



2



2



2



2



OA + OB = AB ⇔ 2OA = AB ⇔ OA =

Có:



AB

2

=

a.

2

2



^



Do IJ//BD, BJ//ID, BB’ (ABCD) => BDIJ là hình chữ nhật.

⇒ BI = EO =

AKC).



KC 2.a a

=

=

2

3.2 3



(EO là đường trung bình của tam giác



3



VA.BDIJ



1

1 a 2

a a

= .OA.SBJID = .

.a 2. =

3

3 2

3 9



(1)



3



VC.BDIJ



1

1 a 2

a a

= .OC.SBJID = .

.a 2. =

3

3 2

3 9



(2)



3



VJ.CIK



1

1 1 2

a

= .JF.SIKC = .a. a. a =

3

3 2 3

9



(3)



⇒ V1 = VA.BDIJ + VC.BDIJ + VJ.CIK

3



3



3



3



a

a

a

a

=

+

+

=

9

9

9

3



Ví dụ 2: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’, chiều cao là h.

Mặt phẳng (A’BD) hợp với mặt bên ABB’A’ một góc

tích và diện tích xung quanh của lăng trụ.

Giải

Ta có:



( A ' BD ) ∩ ( ABB ' A ') = A ' B



 DA ⊥ AB



 DA ⊥ AA'



. Do ABCD vuông và



( AA' ⊥ ( ABCD ) )



α



. Tính thể



⇒ DA ⊥ ( ABB ' A ') .



Dựng AI



⊥



⊥



A’B thì được DI



A’B (theo định lý 3 đường vuông



góc).

Do đó



ˆ =α

DIA



Tính thể tích:

Gọi a là cạnh đáy lăng trụ.

Trong tam giác vuông DAI có:



AI = AD.cot α = a.cot α



Trong tam giác vuông ABA’:



1

AI



2



=



1

AB



2



+



1

2



AA '



⇒



1

h



2



=



1

2



2



a .cot α



−



1

a



2



2



=



tan − 1

a



2



2



⇒ a = h tan − 1.



Thể tích lăng trụ:



2

3

2



V = a .h = h . tan α − 1÷





2



Diện tích xung quanh:



2



SXQ = 4.a.h = 4.h . tan − 1.



Ví dụ 3: Cho lăng trụ đều ABCD.A’B’C’D’ cạnh đáy bằng a. Góc

0



giữa đường chéo AC’ và đáy là



60 .



Tính thể tích và diện tích



xung quanh của lăng trụ.

Giải

Ta có:



CC ' = tan α . AC

S ABCD =



p=



( p − a) ( p − b) ( p − c) ( p − d )



AB + BC + CD + DA 4a

=

= 2a

2

2



⇒ S ABCD =



( 2a − a ) ( 2a − a ) ( 2a − a ) ( 2 a − a )



=a



ˆ =π

ABC

2

2



2



2



2



AC = AB + BC = a + a = a 2



π

⇒ CC ' = tan .a 2 = a 6

3

2



⇒ VABCD. A ' B 'C'D' = S ABCD .CC ' = a .a 6 = a



3



6



2



S xq = 4.S ABB ' A = 4.a.a 6 = 4a



2



6



Vậy:

Thể tích của lăng trụ là:



VABCD. A ' B 'C'D' = a



Diện tích xung quanh là:



S xq = 4a



2



3



6



6



Ví dụ 4: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’, đường chéo

AC’=d hợp với đáy ABCD 1 góc bằng

BCC’B’ 1 góc bằng



α



và hợp với mặt bên



β



∠CAC ' = α ; AC ' B = β

a) Chứng minh

b) Chứng minh thể tích hình hộp là

3



V = d .sin α .sin β . cos ( α + β ) .cos ( α − β ) .

c) Tìm hệ thức giữa

Cho d cố định,



α, β



α, β



để A’D’CB là hình vuông.



mà A’D’CB vẫn là hình vuông, định



α, β



để V lớn nhất.

Giải

a, Ta có



CC ' ^



( ABCD )



. Nên AC là hình chiếu của AC’ xuống



(ABCD)

ˆ '=α

⇒ ( AC ', ( ABCD ) ) = ( AC ',AC ) = CAC



Tương tự:



AB ⊥ ( BCC ' B ')



xuống (BCC’B’)



nên BC’ là hình chiếu của AC’



⇒ ( AC ', ( BCC ' B ' ) ) = ( AC ',BC' ) = ACˆ 'B = β .

b, V =AB.BC.CC’

Trong tam giác vuông ACC’:



CC’ = AC’.sin α = d .sin α ;



AC = AC’.cosα = d .cosα ;

AB = AC’.sin β = d .sin β ;



Trong tam giác vuông ABC’:

Trong tam giác vuông ABC

2



2



2



2



2



2



2



2



BC = AC − AB = d .cos α − d .sin β = d cos α − sin β

3



2



2



⇒ V = d .sin α .sin β . cos α − sin β



(1)



3



1 + cos2α 1 − cos2β

−

2

2



3



1

( cos2α + cos2β )

2



= d .sin α .sin β .



= d .sin α .sin β .

3



= d .sin α .sin β . ( cos ( α + β ) + cos ( α − β ) )

c, Hệ thức giữa



(đpcm).



α, β

2



A’D’CB là hình chữ nhật có

chéo A’C =AC =d.



2



BC = d cos α − sin β



Do đó để A’D’CB là hình vuông thì

2

2

2 

 2

2 BC = A ' C ⇔ 2  cos α − sin β ÷ = 1







(2)



và đường



d, Định



α, β



để V lớn nhất

2



( 2 ) ⇒ sin β = cos α −



1

2



thế vào (1). Ta có:

2

2 

2

2 3

1

2 3

1

V=

d sin α cos α − =

d sin α  cos α − ÷

2

2

2

2



2

1

 2

sin

α

+

cos

α

−

2 3

2÷

≤

d 

÷

2

2



÷







≤



d



3



(BĐT Cauchy)



2



32



Đẳng thức xảy ra khi:

2

2

0

0

1

1

sin α = cos α − ⇔ cos 2α = ⇔ 2α = 60 ⇒ α = 30

2

2

2



0



sin β = cos 30 −

Khi đó:

V=



Vậy V đạt lớn nhất là



0

1 1

= ⇒ β = 30

2 2



d



3



32



2



0



khi α =β = 30 .



Ví dụ 5: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi



cạnh a,



0

Aˆ = 60



. Chân đường vuông góc hạ từ B’ xuống đáy



ABCD trùng với giao điểm 2 đường chéo của đáy. Cho BB’=a.

a) Tính góc giữa cạnh bên và cạnh đáy.

b) Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình hộp.

Giải



D'



M



A'



B'



D



C

j

O



A



a) Ta có



b)



B



1

0

OB 2 a 1

ˆ

ˆ = 60 .

cos B 'BO =

=

= ⇒ B ' BO

BB ' a

2



0

ˆ = a.sin 60 = a 3

B ' O = BB 'sinB'BO

2



Gọi



0

ˆ = a.sin 60 = a 3

B ' M ⊥ C ' D ' ⇒ B'M = B'C'.sinB'C'D'

2



S ABCD = S A ' B ' C ' D ' = B ' M . A ' B =

2



a



2



3



2



2



a 3 a 3 3a

⇒V =

.

=

.

2

2

4

2



2



3a

3a

a 6

A ' B = OA + OB =

+

=

4

4

2

2



⇒ A' N =



a 6

4



2