HƯỚNG DẪN GIẢI Vấn đề THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ Bi 1 Gọi M trung điểm BC, suy BC  ( A ' MA) nên � � � A ' MA   ( A ' BC ),( ABC )   ( A ' BC ),( A ' B ' C ')  600 Gọi H hình chiếu A lên 3a Trong tam giác vng AHM ta có: AH AM  a sin 600 Trong tam giác vuông AA ' M ta có: A ' M � AH  d  A,( A ' BC)   AA '  AM tan 600  3a Vì AM  AB 2AM � AB   2a � SABC  a2 3 Vậy thể tích khối lăng trụ là: V  AA '.SABC  3a3 2 Ta có SABC  AB.AC  a 2 BC M Gọi trung điểm cạnh , suy BC  ( A ' MA ) � �� A ' MA  ( A ' BC ), ( ABC )  300   Do AM  a � AA '  AM tan 300  a V Vậy, ABC A ' B ' C '  AA '.SABC  a a2 a3  2 Đặt A ' A  2x � CM  x 35 Ta có: B ' M  B ' C '2  C ' M  a2  x2 ; AM  AC  CM  a2  x2 Và AB '  4x2  a2 Vì tam giác AMB ' vng M nên ta có: B ' A  AM  B ' M � a2  x2  a2  x2  a2  4x2 � x a � AA '  a 2 a2 a2 a3 � VABC A ' B ' C '  AA '.SABC  a  4 � Gọi    ( AMB '), ( ABC) Vì hình chiếu tam giác AB ' M ( ABC ) SABC  ABC nên có: cos   SABC SAMB ' 2 Mà SABC  a , SAB ' M  AM B ' M  3a nên cos   C ' I '  A ' B '  ABC Gọi I ' trung điểm A ' B ' , ( đều) C ' I '  AA ' � C ' I '   ABB ' A ' suy I� ' BC ' góc BC '  ABB ' A ' Suy I� ' BC '  300 Ta có a C 'I ' , BC '   a sin 300 Trong BCC ' vuông: C 'I '  CC '2  BC '2  BC  2a2 � CC '  a Thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' : V  CC '.SABC  a 36 Hạ I H  AC  H �AC  � I H   ABC  ;I H đường cao tứ diện I ABC � I H / / AA ' � AC  IH CI 2 4a   � I H  AA '  AA ' CA ' 3 A ' C  A ' A  a 5, AC  AB  2a Diện tích tam giác ABC : SABC  AB.BC  a2 Thể tích khối tứ diện I ABC :  BC  4a3 I H SABC  Hạ AK  A ' B  K �A ' B  V  Vì BC   ABB ' A ' nên AK  BC � AK   I BC  Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( IBC ) AK AK  2SAA ' B A 'B  AA '.AB A ' A  AB  2a Bi .ABC �Tính thể tích khối chóp A� Gọi H trung điểm BC H  ( ABC ) Theo ta có A� 1 AH  BC  AC  AB  a  3a2  a 2 2 2 Do A� H  A� A  AH  3a � A� H  a .ABC VA� Vậy thể tích khối chóp A� ABC  a3 A� H SABC  37 �Tính góc hai đường thẳng AA ' B ' C ' / / BB� , B�� C / / BC Do AA� nên góc hai đường thẳng AA ' B ' C ' góc hai đường thẳng BB�và BC Áp dụng Pitago cho tam giác A�� B H ta có BH cân B ' HB� A�� B  A� H  2a Suy tam giác B� �� C Do   B BH góc hai đường thẳng AA �và B �� BH a   BB� 2.2a Gọi H trung điểm cạnh BC � A ' H  ( ABC ) Tam giác vuông A ' HA : Vậy cos   AH  A ' A  AH  3a2  3a2 3a  a2 nên VABC A ' B ' C '  A ' H SABC SABC  3a a2 3a3  Gọi H tâm đáy, M trung điểm cạnh BC , SH  ( ABC )  AM  AB.sin 600  a � BC  a Ap dụng định lí sin ta có: HA  R  BC 2sin 1200 a A 'H  A ' A  AH  a SABC  a2 AB.AC.sin1200  38 Vậy VABC A ' B ' C '  A ' H SABC  3a A ) A Ta có CO  ( ABB�� Gọi O tâm hình bình hành ABB�� Vì CA  CB nên OA  OB, suy hình thoi ABB�� A hình vng Do : OA  AB  OC  AC  AO2  a Suy a2 a � OC  2 Vậy thể tích khối chóp : a3 CO.S ABA� 12 , Mà VABC A��� B C  3VC ABA� VC ABA� nên thể tích khối lăng trụ a3 Bài toán cho chiều cao lăng trụ tam giác (chính cạnh bên) Ta phải tính diện tích đáy, nên cần tìm độ dài cạnh đáy Gọi M �là trung điểm A �� B A C M�  A �� B ,C� M�  BB � Ta có C� � C� M�  (ABB �� A ) � C� M�  AB � B  BC� , theo giả thiết ta có AB � AB �  (BC� M� ) � AB �  BM � Suy hai tam giác BB � M �và B �� AA đồng dạng, nên A �� B A� A  � A �� B B � M  A� A.BB � � A �� B  h2 � A �� B  2h BB � B � M C' A' Thể tích khối lăng trụ M 3(h 2)2 3h3 V  AA � SA ���  h  BC B' Diện tích xung quanh khối lăng trụ � �� Sxq  3S AA �� B B  3.AA A B  2h VABC A��� BC  Bi 1.(Bạn đọ tự vẽ hình ) Gọi M,N trung điểm BC,BA H  AM �CN H hình 39 A) chiếu A �trên mặt phẳng (ABC) Góc mặt phẳng (ABB �� � mặt đáy ANC a � CN  , nên ANC  600 AN  2HN a 21 3b  a Vậy giá trị cần tìm b b  a H  HN.tan 600  Khi A � Thể tích khối lăng trụ : a3 � VABC.A ���  A H.S  BC ABC Gọi H,K hình chiếu A lên BC,BC� � H B ) � AH  BC� , (AK H )  BC� Ta có AH  (BCC�� �   AK Ta có HN  Tam giác AHK vuông H AH  Đặt A � A  x a a nên AK  2sin  Xét tam giác C� AB có C� A  CB  x2  a2 ,AB  a a , ta tính 2sin  3.a x  tan2   B Do thể tích khối lăng trụ cần tìm 3a3 K V tan   Diện tích xung quanh khối lăng 3a2 trụ Sxq  tan2   B' Diện tích đáy khối lăng trụ S  a sin  A' � Đặt A A  x nên từ AK  Ta có BM  C� M x2  a2 , BC�  BC  x2 Trong BC  2asin  M A C H A' C' C' B' A C 40 B Tam giác C� MB vng vng M, ta có �x2 �  2�  a2 � BC  x2 � x2  4a2  2(2asin )2 �4 � x2  4a2 cos  � x  2a cos  Thể tích khối lăng trụ V  a3 sin  cos  Gọi H hình chiếu A � B' C' mặt phẳng (ABC) Từ điểm H hạ HI,HJ ,HK vng góc với cạnh BC,CA,AB Do mặt phẳng A' (A � AB),(A � BC),(A � CA ) nghiêng đáy góc , ta có HI  HJ  HK , hay H tâm I đường tròn nội tiếp tam giác ABC B C SABC asin 2 H  Vì HI  BC  CA  AB 2(1  sin   cos  ) K �� H  HI.tan  Xét tam giác vng A � có A HI I H   Jnên A � A asin 2.tan  2.a3.sin2 2.tan   � V  A� H.SABC   2(1  sin   cos  ) �  � 32cos cos �  � �4 � 5.(Bạn đọ tự vẽ hình ) Hạ AH  BC, AH  BB �(lăng trụ đứng), nên AH  a C C), hạ CK  AC�thì Vì tam giác ABC vng A nên BA  (BB �� CK  (ABC� ) � CK  b Dễ thấy góc hai mặt phẳng (C� AB) (ABC) �� �CC� C AC  , suy K   CK b CK b  ;AC   cos  cos  sin  sin  1 1 b2   , Vì nên   , suy AH AB AC AB a2 cos2  ab AB  b  a2 sin2  ab3 SABC  Vậy thể tích khối lăng trụ V  CC� sin 2 b2  a2 sin2   Ta có CC� Bi 41 Gọi O giao hai đường chéo AC BD, ta có �'OB  300 AC  (B ' OB) � B Gọi H hình chiếu B lên B’O, suy BH  d  B,(B ' AC )  d  B,(D ' AC )  Do đó: BO  � OC  a BH sin 300 a BC  BO2  a 3, BB '  BO tan 300  a 3 AC.BD  2BO.CO  2a2 a Nên VABCD.A ' B ' C ' D '  BB '.S ABCD  2a2  2a3 Mặt khác VB ' ABC  VD ' ACD  VCB ' C ' D '  VAA ' B ' C '  VABCD.A ' B ' CD ' 2a Nên suy VACB ' D '  VABCD.A ' B ' C ' D '  3 Gọi K hình chiếu A lên BD, H hình chiếu A lên A ' K � S ABCD  �BD  AK �BD  AA ' Vì � � BD  ( AKA ') � BD  AH Mà AH  A ' K � AH  ( A ' BD) a � AH  Trong tam giác vng A ' AK ta có: 42 AH Suy  A ' A2 A ' A2   AK a2   a2 A ' A2  3a2   AB 3a3  AD2 � A'A  a Vậy VABCD.A ' B ' C ' D '  A ' A.AB.AD  a a.a  3a 4 Bi Từ giả thiết ta tính BD  a, A� B  a 2, A� D  a nên tam giác A� BD A � BD vng B Vì AB  AD  AA �nên hình chiếu A lên mặt phẳng ( A� BD) trùng với tâm H đường tròn ngoại tiếp tam giác A� BD (do tam giác vng nên H trung điểm A � D ) a a2 Ta có AH  A� � A.cos 600  , S A�  BA BD  , thể tích BD 2 a khối tứ diện A � ABD VA� ABD  12 a3 Ta biết VABCD A����  B C D  6VA� ABD , nên VABCD A���� BCD Gọi H , I , J hình chiếu A ' lên  ABCD  , AB, AD �A ' H  AB �AI  AB Ta có � � AB   A ' HI  � AB  HI Tương tự: HJ  AD , hai tam giác vng A ' AI A ' AJ có � �AA ' chung �� � �A ' AI  A ' AJ  60 � A ' AI  A ' AJ 43 Mà AI  AJ  AA 'cos 600  a � HI  H J Vậy H cách AB AD nên nằm phân giác góc � BAD , suy H �AC AH  AI cos 300  a , A'H  A ' A  AH  a a2 ; S ABCD  3 Do VABC A ' B ' C ' D '  A ' H S ABCD  a ( Bạn đọc tự vẽ hình ) Gọi H,I,J hình chiếu A �lên mặt phẳng  ABCD  cạnh AB,AD H  AB �A � � AB   A � HI  � AB  HI Ta có � �AI  AB Tương tự có HJ  AD �AA �chung � Xét hai tam giác vuông A � nên AJ có �� AI A � �� AI  A AJ   �A � cos   acos , hai tam giác A � AI  A � AJ Suy AI  AJ  AA � AHI,AHJ nhau, nên HI  HJ Vậy H cách AB AD nên nằm � � H �AC phân giác góc BAD AI acos  a   , A� H2  A� A  AH  cos2  cos2    nên  cos cos cos 2 Diện tích đáy SABCD  2SABD  AB.AD.sin   a2 sin  Vậy thể tích khối hộp thoi   � VABCD.A ���� cos2  cos2  B C D  A H.SABCD  2a sin 2 Bi Ta có AH  ( Bạn đọc tự vẽ hình ) C Gọi H  ( ) �A � H Trong tam giác A � AH ta có A � � A� H 9a 14 44 3VA � AMN Mà NB // AA �nên A� H  VM.A � AA � SABC � VA �.AMN  a3 AB  VC.A � AB  VA � ABC  Ta có SAMN  VA � AMN  VM.A � AN A� A2 9a2  A� C a2  4a2  9a2 Ta có VH  VA ' AI J  VBI ME  VDF NJ BI BM a DJ DN   � BI  CN  ;   � DJ  2MC  a CN CM MC CN BE IB a DF JD a   � BE  ;   � DF  AA ' I A 4 AA ' J A 2 4a , AJ  AD  DJ  2a Suy AI  AB  BI  Mặt khác với tứ diện vng O.ABC VO.ABC  OA.OB.OC nên ta Ta có: có: VA ' AI J  1 4a 4a3 AA '.AI AJ  a .2a  6 VB.EMI  1 a a a a3 ; BI BE BM   6 144 VD.I NF  1 2a a a3 DJ DN DF  a  6 18 3 Vậy VH  4a  a  a  55 a3 144 18 144 Diện tích đáy khối lăng trụ 57 �  a2 sin  Vì ABCD hình thoi nên S  SABCD  2SABD  a.a.sin BAD , AC  BD Mà lăng trụ lăng trụ đứng nên AC  BB � AC  (BB � DD� ) � AC  BD� (1) D' BD�  BD�(2), nên từ (1) (2) ta có  (AB � C) Theo giả thiết AB � Gọi O giao điểm AC BD,H giao điểm OB �và  BD�tại H BD�thì OB � A' B' Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác ABD BD2  AB  AD2  2AB.AD.cos    2a2 (1  cos  )  4a2 sin2   H D Do BD  2asin � OB  asin 2 Hai tam giác HB �� D HOB đồng OH OB O   , dạng, nên HB � B �� D B A suy OB �  3OH OB � Tam giác vng BB � O có đường cao BH, nên OB  OH.OB �  ,    3OB  3asin � B � B  OB �  OB  2asin OB � 2 Vì ta tích khối lăng trụ ABCD.A ���� B C D   � VABCD.A ����  2a3 sin  sin B C D  S.BB  a sin  2asin 2 C' C Vì ABCD.A ' B ' C ' D ' hình hộp đứng nên mặt chéo ACC ' A ' BDD ' B ' hình chữ nhật, đó: s1  AC.AA ', 58 s2  BD.AA ' Tam giác AA ' O vuông A OA '2  AA '2  OA  AA '2  AC (1) mà tam giác A 'BD vuông A ' nên s BD , thay AC  , AA ' s2 BD vào (1) OA  OA '   2AA ' OA '  Suy ra: AA '2  s12 AA '2  s22 AA '2 � AA '  s22  s12 � AA '  s2  s12 Ta lại có : s1s2  AA '2 AC.BD  AA '2 2S ABCD  s22  s12 S ABCD � S ABCD  s1s2 s22  s12 2 s2  s1 V  AA ' S  Vậy ABCD.A ' B ' C ' D ' ABCD s1s2 s22  s12  2s1s2 24 s22  s12 Bi 12 Gọi H hình chiếu A ' ( ABD) , J , K hình chiếu H AB, AD Áp dụng định lí cosin cho ABD : � BD2  AB  AD2  2AB.AD.cos BAD � AD2  2a.AD  3a2  � AD  3a 3a2 � � SABD  AB.AD.sin BAD  2 Từ giả thiết suy hình chóp A '.ABD có mặt bên hợp đáy góc 600 Nên H cách cạnh ABD TH : Nếu H nằm ABD H tâm đường tròn nội tiếp ABD 59 Góc mặt bên  ABB ' A ' đáy � A ' J H  600 Gọi r bán kính đường tròn nội tiếp ABD thì: r SABD p  3a 5 � A ' H  r tan 600  9a 5 Từ , VABCD A ' B ' C ' D '  6VA ' ABD  A ' H SABD  27 3a3 5 TH : Nếu H nằm ngồi ABD H tâm đường tròn bàng tiếp góc � BAD ABD Gọi bán kính đường tròn bàng tiếp ABD tương ứng :  SABD p  BD  3a 5 � A ' H  r tan 600  9a 5 Từ , VABCD A ' B ' C ' D '  6VA ' ABD  A ' H SABD  27 3a3 5 C' A' B' O H A C I B Gọi I trung điểm BC , dựng A H  A 'I  H �A 'I  , ta có: �BC  AI � BC   AIA ' � BC  AH � �BC  AA ' � AH  BC � AH   A 'BC  � AH  d A , A 'BC   a � AH  A 'I �   Gọi  O  A 'C �AC' O trung điểm đoạn AC’ , đồng thời O giao điểm AC’ với mặt phẳng  A ’BC  , suy 60    OC'  1� d C, A 'BC  d A , A 'BC  a       d  A , A 'BC   OA d C', A 'BC  Ta có : sin    d C', A 'BC  BC'  a a 10 a  a � BC'   BC' sin  15 Đặt độ dài cạnh tam giác ABC x x  0 Tam giác BCC’ vuông B cho CC'2  BC'2  BC  5a  x2 (1) Tam giác A ’AI vuông A ,AH đường cao tam giác này, suy 1 1 1   �   2 2 2 AH AI AA ' �a � �x � 5a  x2 � � �4 � � � � � � � �2 � � 16 3a2  3x2  5a2  4x2 � 3a2  5a2  x2  3x2 5a2  4x2 � 48x4  63a2x2  15a4  � x2  a2 �x2   5a a � x  a �x  16 a * Trường hợp x  a  1 � CC’  2 Thể tích khối lăng trụ ABC.A ’B’C’ : V  SABC CC'  a a a3  a a 15 ,  1 � CC'  4 Thể tích khối lăng trụ ABC.A ’B’C’ : *Trường hợp x  �a � � �4 � � � a 15  15a V  SABC CC'  � 4 256 61 C' B' A' B C O E 45 a F A a) Tính VABC.A ’B’C’ Gọi E trung điểm AB , ta có � OE  AB � � AB   A 'OE  � AB  A 'E � A 'O  AB A 'O   ABC   � Tam giác vuông A ’EA có � A  450 nên tam giác vuông cân E suy a a A ’E  AE  AA ’  2 Tam giác vuông A ’OE (vuông O ) cho a2 �1a � a2 3a2 6a2 a A 'O  A 'E  OE  �   � A 'O  � � � �3 � 36 36 2 Thể tích khối lăng trụ ABC.A ’B’C’ : a2 a a3  hình lăng trụ ABC.A ’B’C’ V  SABC A 'O  b) Tính Sxq SA BB’A ’  AB.A ’E  a2 � AC  A 'O � AC   A 'OF  � AC  A 'F Gọi F trung điểm AC : � AC  OF � � SACC 'A '  AC.A 'F Hai tam giác vuông A ’OE A ’OF có A ’O cạnh chung , OE  OF nên chúng � A 'F  A 'E � SACC 'A '  62 a2 �BC  A 'O � BC   A 'OA  � BC  AA ' � BC  BB' � �BC  AO Mặt khác theo tính chất hình lăng trụ BCC’B’ hình bình hành, lại có BC  BB’ nên BCC’B’ hình chữ nhật, suy a a2 a  2 Vậy diện tích xung quanh hình lăng trụ ABC.A ’B’C’ SBCC’B’  BB’.BC  AA ’.BC  Sxq   a2 a   SA BB'A '  SACC'A '  SBCC 'B'  a   2 Bi 13 a) Hạ AH  BC � AH  (BCC ' B ') ,   Vì AA ' P  BCC ' B ' � d  AA ', (BCC ' B ')  d A,  BCC ' B '  AH  a Hạ CK  AC ' , AB  AC AB  AA ' � AB   ACC ' A ' � AB  CK   � CK   ABC ' � CK  d C ,  ABC '  b � ' Ta có AB   ACC ' A ' � CAC góc hai mặt phẳng  ABC '  ABC  � '   Do AC  CK  Suy CAC sin  CC '  AB b , sin  CK b  cos  cos   AH � AB  SABC   AC ab  a2  sin2  b2  b2  a2 sin2  a2b2 b2  a2 sin2  1 ab b ab2 AB.AC   2 b2  a2 sin2  sin  2sin  b2  a2 sin2  Thể tích lăng trụ ABC.A ' B ' C ' là: V  CC '.SABC  b ab2 ab3  cos  2sin  b2  a2 sin2  sin 2 b2  a2 sin2  63 b) Khi a  b � V   Do sin  cos2   sin  cos2   a3 2sin  cos2  1 �2sin2   2cos2  � �  2sin  cos2  cos2  � � � 2� � � V 3a3 2 Đẳng thức xảy 2sin   cos  � tan   Vậy   arctan 2 �   arctan V đạt giá trị nhỏ B' A' I' C' H K 2 B I A O a C a) Tính VABC.A ’B’C’ Gọi I trung điểm AB H hình chiếu vng góc I lên CC’ Vì tam giác ABC tam giác , O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên CO  AB I OI  OC � AB  CI � AB   C'CI  � AB  CC' � AB  C'O � � CC'  AB � CC'   AHB � CC'  IH � 64 �  ACC'A ' � BCC'B'  CC' � �  AHB  CC' � �  AHB � ACC'A '  AH ,  AHB � BCC'B'  BH � �  ACC'A ' , BCC'B'   HA ,HB   Vi   ACC’A ’ , BCC’B’   2 nên � AHB  2 hay � AHB    2 IH cắt hai đường thẳng AB CC’ đồng thời vng góc với hai đường thẳng nên IH đoạn vng góc chung AB CC’ , suy IH  d Tam giác AHB có HI đường trung tuyến đường cao nên tam giác IHA  � AHB AHB cân H , suy � Gọi a độ dài cạnh tam giác ABC Trường hợp � AHB  2 Trong tam giác vuông AIH , AI  IH tan   dtan  � a  2d tan  Trong tam giác vuông IHC �a � CH  CI – I H  � �  d  d 3tan  �2 � � � 2      d2  d2 3tan2   � CH  d 3tan2   Hai tam giác vuông IHC C’OC có góc nhọn C chung nên đồng dạng suy 2d 3tan  C'O OC IH.OC 2d 3tan   � C'O     2 IH CH CH d 3tan   d 3tan   3tan2   Thể tích khối lăng trụ ABC.A ’B’C’ d V  SABC C’O  a 3 d a2 2d 3tan  4d2 3tan2  2d 3tan  2d3 tan3    3tan2   3tan2   3tan2   (1) Trường hợp � AHB    2  Tính tương tự thay    ta � � 2d3 tan3 �   � �2 �  2d cot  V � � 3cot2   3tan2 �   � �2 � b) Tính  biết     900 65 uu r uuur Gọi I’ trung điểm B’C’ , CI  C 'I ' nên tứ giác CII’C’ hình bình hành Qua I’ dựng đường thẳng song song với C’O cắt đường thẳng CI K  ,ta có tứ giác C’OKI’ hình chữ nhật �  ABB'A ' � ABC   AB � �  C'IC   AB � �  C'IC  � ABC   CK ,  C'IC  � ABB'A '  II ' � �   ABB'A ' , ABC     CK ,II ' I’K P C’O � I 'K   ABC  � I 'K  CK � I 'KI vuông K � � �� I 'IK góc nhọn �  CK ,II’  I 'IK � I 'I K   ABB’A ’ , ABC    Trường hợp � AHB  2      900 � tan   cot    IK 2d 3tan  ,I 'K  C'O  I 'K 3tan2   IK  OK  OI  C'I ' OI  CI  OI  a 2d 3tan   3 2d 3tan  � tan   3tan2   � tan2   3tan2   2d 3tan  � tan   3tan2   1 2 � tan   �   arctan 2 Trường hợp � AHB    2 � tan2    Tính tương tự thay  bới   ta   arccot 2 Bi 14 �  � Ta có CC '   ABCD  � CAC '  AC ',  ABCD   30 ; 66 AC  AC 'cos 300  a Dễ thấy tam giác ABC ' vuông B , suy AB  AC 'sin   a sin  Nên BC  AC  AB2 �a �  � �  a2 sin2  �2 � � � a  4sin2  CC '  AC '  a 2 Thể tích khối hộp chữ nhật ABCD.A ' B ' C ' D ' :  V  CC '.CB.AB  a3 sin   4sin2  a a  4sin2  a sin   2 �4sin2    4sin2  � Ta có : 2sin   4sin  �� � � � � � 3 � 9a Nên suy V  a sin   4sin   a � 2sin   4sin  � � � 32 � � 9a3 � 2sin    4sin2  �   arcsin 32 �   nên AB  acos ,AD  asin , suy Tam giác vuông ABD có ABD 1 diện tích tam giác ABD SABD  AB.AD  a2 sin 2 Tương tự ta có SCBD  a sin 2 Diện tích đáy khối lăng trụ ABCD.A ���� B C D A SABCD  SABD  SCBD Vậy Vmax  a (sin 2  sin 2)  a2 sin(   )cos(  ) C C)  (A ���� BCD) Vì (AA �� �� Nên hạ CH  A C CH đường cao lăng trụ Mặt khác, AA �� C C hình thoi  D B C A' H D' 67 B' C' �� � �� có A AC  600 CC A  600 nên CH  CC� sin 600  AC Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác ABC ta có AC2  BA  BC2  2BA.BC.cosB  a2 � cos2   cos2   2cos  cos cos(   )� � �  a2   cos(  )cos(  )  2cos  cos cos(  )  a2   cos(  )(cos(   )  2cos  cos ) 2  a2 �  cos2 (   )� � � a sin (   ) � AC  asin(  ) asin(   ), nên thể tích cần tìm V  SABCD CH  a2 sin(   )cos(   ) .asin(  ) 2 3a3  sin2 (   )cos(   ) Tìm giá trị lớn V �sin2(   ) �1 � Ta có � nên sin2 (  )cos(   ) �1, cos(   ) �1 � 3a3 V� Dấu đẳng thức xảy     450 3a3 Vậy, giá trị lớn V đạt     450 Vì hình chiếu AC�lên (ABCD) B ) là AC, lên mặt bên (BCC�� A' �� � �và   AC BC�nên   CAC B Do CH  Do CC�  dsin ,AC  dcos , AB  dsin ,C� B  dcos  D' Ta có BC  d cos2   sin2  Nên hình chữ nhật A �� D CB hình vng A � C2  2BC 2, 2 2 C' A Suy V  d3 sin .sin  cos2   sin2  (2) B Hay d  2d (cos   sin  ) � 2(cos   sin  )  (1) D Thể tích khối hộp chữ nhật V  AB.AD.AA � 68 B' C Thế sin  từ (1) vào (2) ta có 3 1� � d sin  cos2    d sin2  � cos   � 2 2� � Theo bất đẳng thức Cauchy 1� 1 � 2 sin2  � cos �� sin2 cos2 V d 2� 2 � V Dấu đẳng thức có cos2  0,5 �   300,  300 C' A' B' A C  I B a) Tính VABC.A ’B’C’ Gọi I trung điểm AB , ta có � AB  CI � AB   CIC' � AB  CC' � � AB   ABC  � ABC' � �  CIC'  AB � �  CIC' � ABC   CI ,  CIC' � ABC'  C'I � � ABC , ABC'  CI,C'I  � C'IC        Đặt độ dài cạnh đáy hình lăng trụ ABC.A ’B’C’ x x  0 CI đường cao tam giác ABC nên CI  x Tam giác C’CI vuông C  cho 69 CC’  CI tan   x CI x tan  ,C 'I   cos 2.cos 1 x2 Diện tích tam giác ABC’ :SABC’  AB.C'I � S  � x2  4Q cos  2 2cos Thể tích khối lăng trụ cho : x2 x 3x3 tan   tan   Q sin2 .cos b) Tính  để V lớn 31 2 V  9Q3 sin4 .cos2  = 18Q sin  sin .cos  2 V  SABC CC'  �1 � sin   sin2   cos2  � � � 18Q �2 � Q  V 3 � � � � � � Cauchy V Q 3 Q � sin2   cos2  � tan   �   arctan Vậy V lớn   arctan B' C' D' A' d c B C a O D b A Gọi ba kích thước độ dài đường chéo hình hộp chữ nhật hình hộp chữ nhật a,b,c d Gọi � A 'AC   ,� BAC'   ,� DAC'   Trong tam giác vuông A ’AC (vuông A ’ ) , ABC’ (vuông B ) , C’DA (vuông D ) ,ta có 70 �'AC'  AA '  c cos  cosA AC' d AB a � cos  cosBAC'   AC' d AD b � cos   cosDAC'   AC' d � cos2   cos2   cos2   a2  b2  c2 d2 Mặt khác theo tính chất hình hộp chữ nhật ta có a2  b2  c2  � cos2   cos2   cos2   Chứng minh sin2 1  sin2 1  sin2   Góc đường chéo AC’ với mặt phẳng  ABCD  , ABB’A ’ , ADD’A ’ (ba mặt phẳng xuất phát từ đỉnh A ) � C'AC  1 ,� C'AB'  1 ,� C'AD'  1 Trong tam giác vuông C’CA (vuông C ) , C’B’A (vuông B’ ) , C’D’A (vuông D’ ) ta có CC' c C'B' b C'D' a sin 1   , sin 1   , sin    AC' d AC' d AC' d � sin2 1  sin2 1  sin2 1  a2  b2  c2 d2  71