Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

CHƯƠNG I : THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
Nhắc lại các cơng thức trong tam giác :
•
•
•

•
•

Định lý hàm cosin : a 2 = b 2 + c 2 − 2bc.cos A
a
b
c
=
=
= 2R .
Định lý hàm sin :
sin A sin B sin C
a2
2b 2 + 2c2 − a 2
hay ma2 =
Định lý đường trung tuyến : b 2 + c2 = 2ma2 +
2
4
1
1
S = a.h a

S = bc.sin A
S = pr
2
2
Các công thức diện tích :
abc
S=
S = p ( p − a )( p − b )( p − c )
4R
Các công thức trong tam giác vuông : Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH
1
1
1
BC2 = AB2 + AC2
AH 2 = HB.HC
=
+
2
2
AH
AB AC2
AB2 = BH.BC
AC2 = CH.BC

I. Thể tích hình chóp :
_ Thể tích hình chóp bằng một phần ba tích số của diện tích đáy với
1
chiều cao của nó. V = S.h (S : diện tích đáy, h : chiều cao)
3
Một số lưu ý về cách dựng chiều cao của hình chóp :


h
S

•

Hình chóp đa giác đều là hình chóp có đáy là đa giác đều và các cạnh bên bằng nhau.
Hình chiếu của đỉnh xuống đáy là tâm đường trịn ngoại tiếp đa giác đáy.

•

Hình chóp S.ABC… có SA = SB = SC thì hình chiếu của S xuống đáy là tâm đường trịn
ngoại tiếp tam giác ABC.

•

Hình chóp có mặt bên vng góc với đáy thì đường cao của mặt bên đó (kẻ từ đỉnh hình
chóp) là đường cao của hình chóp.

Nhận xét : Ta có thể dùng thể tích tứ diện để tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng :
Cho tứ diện SABC, chiều cao h kẻ từ S chính là khoảng cách từ S đến mp(ABC).
3V
Do đó : d ( S, ( ABC ) ) = SABC
SABC
II. Thể tích của khối lăng trụ :
_ Thể tích của khối lăng trụ bằng tích số của diện tích mặt đáy với
chiều cao của nó.

h


V = S.h (S : diện tích đáy, h : chiều cao)

_ Thể tích hình hộp chữ nhật bằng tích số của 3 kích thước của nó.

1

S


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

Ví dụ 1 : Tính thể tích của khối tứ diện đều cạnh a.
Giải : Gọi tứ diện đều ABCD, G là tâm của tam giác BCD thì

AG ⊥ ( BCD ) . Và AG = AB2 − BG 2 = a 2 −

3a 2 a 6
=
.
9
3

1
1  a 6  a 2 3  a 3 2
Vậy : V = AG.SBCD = 

 =
3

3  3 
12
 4 

Ví dụ 2 : Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD = 60o . SA = SB = SD.
Mặt bên (SAB) tạo với đáy góc 30o.
a) Tính thể tích khối chóp SABCD.
b) Tính khoảng cách giữa CD và SA.
Giải : a) Gọi E trung điểm AB, F là giao điểm của AC và DE
Ta có : F là tâm đường trịn (ABD) (Vì ABD đều)
* Vì SE ⊥ AB, FE ⊥ AB nên góc giữa mặt bên (SAB) và
đáy là SEF = 30o . SF = EF.tan 30o =

a
6

1
1  a   a2 3  a3 3
Vậy : V = SF.SABCD =   
.
=
3
3  6   2 
36

b) Vì CD // (SAB)  d ( CD,SA ) = d ( D, (SAB) ) =
* VSABD =

3VSABD
SSAB


1
a3 3
SF
a
1
a2
VSABCD =
=

S
=
SE.AB
=
. SE =
SAB
2
72
sin 30o 3
2
6

a3 3
a 3
Vậy : d ( CD,SA ) = 242 =
.
a
4
6


Ví dụ 3 : Tính thể tích của khối hộp ABCDA1B1C1D1 biết AA1B1D1 là khối tứ diện đều cạnh a
Giải : Ta có AA1B1D1 là khối tứ diện đều cạnh a nên
a3 2
thể tích bằng
12
Gọi h là chiều cao kẻ từ A của tứ diện AA1B1D1
1
Thì VAA1B1D1 = h.SA1B1D1
3
Thể tích khối hộp :
1

V = h.SA1B1C1D1 = h. 2SA1B1D1 = 6  h.SA1B1D1 
3

3
a 2
Vậy : V = 6VAA1B1D1 =
2

(

)

2


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt


Ví dụ 4 : Cho hình lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có tam giác ABC vuông tại A, AC = b, C = 60 o.
Đường chéo BC1 tạo với mp(ACC1A1) góc 30 o . Tính thể tích của khối lăng trụ.
Giải : Ta có : BA ⊥ ( ACC1A1 ) nên góc giữa BC1 và ( ACC1A1 ) là
BC1A = 30o

* AB = AC.tan 60o = b 3 , AC1 = AB.cot 30o = 3b
CC1 = AC12 − AC2 = 2 2b , SABC =

1
b2 3
AC.AB =
2
2

Vậy : V = CC1.SABC = b3 6

TỶ SỐ THỂ TÍCH
1) Tỷ số diện tích : Kiến thức bổ sung
•

Định lý Menelaus : Cho tam giác ABC và ba điểm D, E, F nằm trên phần kéo dài của ba cạnh
(hay một điểm nằm trên phần kéo dài, hai điểm cịn lại thuộc 2 đoạn) như hình vẽ.
Ta có : D, E, F thẳng hàng 

DB EC FA
.
.
=1
DC EA FB


3


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

1.1) Cách tính 1 :
•

Cho tam giác 1 có diện tích S1 , chiều cao h1 , cạnh đáy a 1 . Tam giác 2 có diện tích S 2 , chiều
cao h 2 , cạnh đáy a 2 . Khi đó, ta có :

•

S1 h1 a1
= .
S2 h 2 a 2

Trường hợp riêng : Nếu chiều cao bằng nhau thì

S1 a1
=
S2 a 2

Nếu cạnh đáy bằng nhau thì

S1 h1
=

S2 h 2

•

Cho tam giác ABC, chiều cao kẻ từ A là d ( A, BC ) (Khoảng cách từ A đến đường thẳng BC)

•

Cho đường thẳng d cắt AB tại điểm M thì ta có :

d ( A, d )
d ( B, d )

=

MA
MB

1.2) Cách tính 2 :
•

Cho tam giác ABC và hai điểm D, E nằm trên AB, AC.
Ta có :

Ví dụ 5 :

SADE AD AE
=
.
.

SABC AB AC

Cho tam giác ABC có D là điểm trên đoạn BC sao cho BD = 2DC và điểm E trên đoạn
AB sao cho BE = 3EB

Giải : a)

b)

a) Tính tỷ số các diện tích sau :

SADC SABD
,
.
SABC SABC

b) Tính tỷ số các diện tích sau :

SEBD SAED
,
.
SABC SABC

SADC CD 1
=
=
SABC BC 3

SABD BD 2
=

=
SABC BC 3

SEBD d ( E, BC ) BD EB BD 3 2 1
=
.
=
.
= . =
SABC d ( A, BC ) BC AB BC 4 3 2

SAED d ( D, AB) AE DB AE 2 1 1
=
.
=
.
= . =
SABC d ( C, AB) AB CB AB 3 4 6

4

(Nếu D là trung điểm BC thì SABD = SACD )


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

Ví dụ 6 : Cho tam giác ABC có D là trung điểm AB, điểm E trên cạnh AC sao cho AE = 3EC .
Kéo dài DE cắt BC tại F. Tính các tỷ số thể tích sau :


Giải : *

SADE SCEF SCEF SADE
,
,
,
SABC SABC SADE SBCED

SADE AD AE 1 3 3
=
.
= . =
SABC AB AC 2 4 8

* Xét tam giác ABC với ba điểm thẳng hàng D, E, F.
Ta có :

FC DB EA
FC 1
.
.
=1
= . Suy ra :
FB DA EC
FB 3
1

3


SCEF d ( E, BC ) CF EC CF 1 1 1
=
.
=
.
= . =
SABC d ( A, BC ) BC AC BC 4 2 8
* Ta tính qua trung gian SABC như sau :
* Ta có :

SCEF SCEF SABC 1 8 1
=
.
= . =
SADE SABC SADE 8 3 3

S
SADE 3
3
= (nghĩa là SADE 3 phần và SABC 8 phần do đó SBCED 5 phần)  ADE =
SBCED 5
SABC 8

Ví dụ 7 : Cho hình bình hành ABCD có E, F là trung điểm AB và AD. Kéo dài EF cắt CB, CD tại
G và I. Tính các tỷ số diện tích :
Giải : * Ta có : ID = AE = EB 

SDIF
SABCD


*

S
S
SDIF
, CIG , CEF
SABCD SABCD SABCD

ID 1
=
IC 3

1
d ( F, CD )
ID 1 FD ID 1 1 1 1
2
=
.
=
.
= . . =
d ( A, CD ) DC 2 AD DC 2 2 2 8

SCIG
SABCD

1
d ( G, CD )
IC 1 GC IC 1 3 3 9
2

=
.
= .
.
= . . =
d ( B, CD ) CD 2 BC CD 2 2 2 8

* Ta thấy tam giác CEF có liên quan đến tam giác CIG (cùng chiều cao) nên ta tính qua
trung gian tam giác CIG :

SCEF
S
S
1 9 3
= CEF . CIG = . =
SABCD SCIG SABCD 3 8 8

Ví dụ 8 : Cho hình thang ABCD có AB // CD và AB = 2CD . Lấy điểm E đối xứng với C qua B và
điểm F thỏa AB = 2BF . Tính các tỷ số diện tích :

5

SECD SBEF
,
SABCD SABCD


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt


1
d E,CD )
SECD 2 (
CD
EC CD
1 1
Giải : *
=
.
=
.
= 2. =
SABCD 1 d B,CD ( AB + CD ) BC 3CD
3 6
(
)
2

*

SBEF
SABCD

1
1
d ( E, AB )
AB
BF
EB 2

1
2
=
.
=
.
=
1
3
d ( C, AB ) ( AB + CD ) CB AB 3
2
2

2) Tỷ số thể tích :
2.1) Cách tính 1 : So sánh chiều cao và diện tích đáy :
• Cho hình chóp 1 có thể tích V1 , chiều cao h1 , diện tích đáy S1 . Hình chóp 2 có thể tích V2 ,
chiều cao h 2 , diện tích đáy S 2 . Ta có :

V1 h1 S1
= .
V2 h 2 S2

• Trường hợp riêng : * Nếu hai chiều cao bằng nhau thì ta có

V1 S1
=
V2 S2

* Nếu hai diện tích đáy bằng nhau thì ta có


• Tỷ số khoảng cách : Cho AB cắt mp(P) tai điểm M. Ta có :

2.2) Cách tính 2 :
• Cho tứ diện SABC. Ba điểm D, E, F trên SA, SB, SC.
Ta có :

VSDEF SD SE SF
=
. .
VSABC SA SB SC

6

V1 h1
=
V2 h 2

d ( A, ( P ) )
d ( B, ( P ) )

=

MA
MB


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt


Ví dụ 9 : Cho tứ diện ABCD có thể tích V. Gọi E, F, G là trung điểm BC, CD, BD. Lấy điểm H
trên cạnh AD sao cho

AH 1
= . Tính theo V thể tích các tứ diện AEFG, HEFG và AHEF.
AD 3

Giải : * Thể tích AEFG : Hai tứ diện ABCD và AEFG có cùng chiều cao nên
Vậy : VAEFG =

VAEFG SEFG 1
=
= .
V
SBCD 4

1
V
4

* Thể tích HEFG :

VHEFG d ( H, ( BCD ) ) SEFG 2 1 1
=
.
= . = .
V
d ( A, ( BCD ) ) SBCD 3 4 6

1

Vậy : VHEFG = V
6

* Thể tích AHEF :

VAHEF AH 1
=
=
VADEF AD 3

V
1
1
VADEF SDEF d ( D, EF) EF 1 1 1
=
=
.
= . = . Suy ra : AHEF = . Vậy : VAHEF = V
V
12
12
V
SBCD d ( C, BD ) BD 2 2 4

Ví dụ 10 : Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành, G là trọng tâm tam giác SCD.
Gọi V là thể tích khối chóp SABCD. Tính theo V thể tích tứ diện SGAB.
Nhận xét : Ta tính qua trung gian thể tích của tứ diện SABE với E là trung điểm CD.
Giải : Gọi E là giao điểm của SG và CD.
* Hai tứ diện SGAB và SEAB có chung đáy SAB
Ta có :


VSGAB d ( G, ( SAB ) ) GS 2
=
=
=
VSEAB d ( E, ( SAB ) ) ES 3

(1)

* Tứ diện SABE và hình chóp SABCD có chung chiều cao
Ta có :

VSEAB SABE
1
=
=
V
SABCD 2

* Từ (1) và (2) ta được :

(2)

VSGAB 2 1 1
1
= . =  VSGAB = V .
V
3 2 3
3


Ví dụ 11 : Cho tứ diện ABCD có thể tích V. Gọi M là trung điểm BC, điểm I thỏa IB = 3ID , MI
cắt CD tại N. Tính theo V thể tích các hình chóp sau : ABMI , AIND, ABDNM.

7


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

Giải : * Thể tích ABMI : Hai tứ diện ABMI và ABCD có
cùng chiều cao nên :

VABMI SMBI
=
V
SCBD

SMBI d ( M, BI ) BI 1 3 3
=
.
= . =
SCBD d ( C, BD ) BD 2 2 4
Vậy :

VAMBI 3
3
=  VAMBI = V
V
4

4

* Thể tích AIND :
Xét tam giác BCD với 3 điểm thẳng hàng M, N, I. Ta có :

ND MC IB
ND 1
.
. =1
=
NC MB ID
NC 3
1

3

Hai tứ diện ADNI và ABCD có cùng chiều cao nên :

VAIND SNDI d ( N, BD ) DI 1 1 1
1
=
=
.
= . = . Vậy : VAIND = V
8
V
SCBD d ( C, BD ) DB 4 2 8
* Thể tích ABDNM : Tứ diện ABCD và chóp BDNM có cùng chiều cao nên
VABDNM SBDNM
=

V
SCBD

Ta có :
Vậy :

SBDNM SCBD − SCMN
CM CN
1 3 5
=
= 1−
.
= 1− . =
SCBD
SCBD
CB CD
2 4 8

VBDNM 5
5
=  VBDNM = V
V
8
8

Ví dụ 12 : Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình bình hành. Gọi E, F là trung điểm AB, AD.
Lấy điểm H trên cạnh SC sao cho SC = 3SH . Mặt phẳng HEF chia hình chóp thành hai
phần. Phần chứa điểm S có thể tích V1 , phần cịn lại có thể tích V2 . Tính

V1

.
V2

Giải :

* Kéo dài EF cắt CB, CD tại I và G, HI cắt SB tại K, HG cắt SD tại J. Thiết diện là HKEFJ.

8


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

* Ta tính : V2 = VHCIG − VKBEI − VJDFG = VHCIG − 2VKBEI
Ta có : Các tam giác BEI, AEF, DFG bằng nhau .
SAEF =

1
1 1
9
 1
 1
d ( E, AD ) .EF =  d ( B, AD )  .  AD  = SABCD  SCIG = SABCD + SBEI = SABCD
2
2 2
8
 2
 8


Do đó :

d ( H, ( ABCD ) ) SCIG
VHCIG
2 9 3
=
.
= . =
VSABCD d ( S, ( ABCD ) ) SABCD 3 8 4

1
Vì IB = AF = FD  IB = IC
3

Xét tam giác SBC với ba điểm thẳng hàng H, K, I. Ta có :

KS IB HC
KS 3
. .
=1
=
KB IC HS
KB 2
1
3

Do đó :

d ( K, ( ABCD ) ) SBIE
VKBIE

2 1 1
=
.
= . =
VSABCD d (S, ( ABCD ) ) SABCD 5 8 20

Vậy : V2 =
Ví dụ 13 :

2

V
3
1
13
7
7
VSABCD − 2. VSABCD =
VSABCD  V1 =
VSABCD  1 =
4
20
20
20
V2 13

Cho tứ diện SABC có thể tích V. Gọi G, H, I là trọng tâm các tam giác SAB, SBC,

SCA. Tính theo V thể tích tứ diện SGHI.
Giải : Gọi D, E, F là trung điểm AB, BC, CA.

Ta có :

Mà :

VSGHI SG SH SI 2 2 2 8
=
.
.
= . . =
(1)
VSDEF SD SE SF 3 3 3 27

VSDEF SDEF 1
=
=
VSABC SABC 4

(2)

Từ (1) và (2) ta được : VSDEF =

8 1
2
. VSABC =
V
27 4
27

Ví dụ 14 : Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm SA, mặt
phẳng (BCM) chia hình chóp thành hai phần. Gọi V1 là thể tích của phần chứa điểm S,

V1
.
V2

V2 là thể tích phần cịn lại. Tính tỷ số

Giải : * Mặt phẳng (BCM) cắt SD tại N là trung điểm của SD.
* Ta có : VSABC = VSADC =

1
VSABCD
2

V1 = VSMBC + VSMNC

9


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

VSMBC SM 1
1
1
=
=  VSMBC = VSABC = VSABCD
VSABC SA 2
2
4

VSMNC SM SN 1
1
1
=
.
=  VSMNC = VSADC = VSABCD
VSADC SA SD 4
4
8

V 3
3
5
1 1
Do đó : V1 =  +  VSABCD = VSABCD  V2 = VSABCD . Vậy : 1 =
V2 5
8
8
 4 8

Ví dụ 15 : Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình bình hành, gọi M là trung điểm của SC. Mặt
phẳng (P) qua AM và song song với BD chia hình chóp thành hai phần. Gọi V1 là thể
tích của phần chứa điểm S, V2 là thể tích phần cịn lại. Tính tỷ số

V1
.
V2

Giải : * Gọi O là giao điểm của AC và BD, SO cắt AM tại E.
Đường thẳng qua E và song song BD cắt SB, SD tại H, K.

Ta được thiết diện là tứ giác AHMK.
Ta có E là trọng tâm tam giác SAC nên

SH SK SE 2
=
=
=
SB SD SO 3

* V1 = VSAMK + VSAHM
VSAMK SM SK 1 2 1
1
1
=
.
= . =  VSAMK = VSACD = VSABCD
VSACD SC SD 2 3 3
3
6
1
1
1 1
Tính tương tự ta được : VSAHM = VSABCD . Do đó : V1 =  +  VSABCD = VSABCD
3
6
6 6

Suy ra : V2 =

V 1

2
VSABCD . Vậy 1 =
V2 2
3

Ví dụ 16 : Cho tứ diện ABCD. Gọi M là trung điểm AB, điểm N trên đoạn CD sao cho

DN = 2NC , điểm H trên đoạn BD sao cho DH = 3HB . Mặt phẳng (MNH) chia khối tứ
diện ABCD thành hai phần. Gọi V1 là thể tích phần chứa đỉnh A, V2 là thể tích phần
cịn lại . Tính tỉ số

V1
.
V2

Giải : MH cắt AD tại E, EN cắt AC tại K. Ta được thiết diện là tứ giác MHNK.
* Xét tam giác ABD với 3 điểm thẳng hàng E, H, M.
Ta có :

EA HD MB
EA 1
.
.
=1
= .
ED HB MA
ED 3
3

1


* Xét tam giác ACD với 3 điểm thẳng hàng K, N, E.

10


Hình học khơng gian 12
Ta có :

Gv : Dư Quốc Đạt

KA NC ED
KA 2
.
.
=1
= .
KC ND EA
KC 3
1
2

3

* V1 = VEDNH − VEAKM
VAMKE AM AK AE 1 2 1 1
1
=
.
.

= . . =  VAEMK = VABCD
VABCD AB AC AD 2 5 2 10
10

VDEHN DE DH DN 3 3 2 3
3
=
.
.
= . . =  VDEHN = VDABC
VDABC DA DB DC 2 4 3 4
4

V 13
13
7
3 1 
VABCD  V2 =
VABCD . Vậy 1 =
Do đó : V1 =  −  VABCD =
V2 7
20
20
 4 10 

Ví dụ 17 : Cho lăng trụ ABCA1B1C1 có thể tích V. Gọi D, E là trung điểm AC, AB, điểm F trên
cạnh BC sao cho BF = 2FC . Tính theo V thể tích khối đa diện A1B1C1DEF
Giải : Ta có : VA1B1C1DEF = V − VA1ADE − VB1BEF − VC1CDF
1
1 1

 1
* VA1ADE = h.SADE = h.  SABC  = V
3
3 4
 12

(h là chiều cao lăng trụ)

1
1 1 2
 1
VB1BEF = h.SBEF = h.  . SABC  = V
3
3 2 3
 9
1
1 1 1
 1
VC1CDF = h.SCDF = h.  . SABC  = V
3
3 2 3
 18

3
 1 1 1
Vậy : VA1B1C1DEF = V −  + +  V = V
4
 12 9 18 

Ví dụ 18 : Cho lăng trụ ABCA1B1C1 có thể tích V. Gọi D, E , F là tâm các mặt bên ABB1A1 ,

BCC1B1 , ACC1A1 và G, G1 là trọng tâm các tam giác ABC, A1B1C1 . Tính theo V thể

tích khối đa diện GDEFG1 .
Giải : Gọi h là chiều cao lăng trụ.
1 1
11 
 1
* VGDEFG1 = 2VGDEF = 2.  h  .SDEF = h.  SABC  = V
3 4
3 2 
 12

11


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

Ví dụ 19 : Cho lăng trụ ABCA1B1C1 . Lấy hai điểm M, N trên hai cạnh AB, AC sao cho

AM = 3MB , AN = 3NC . Lấy điểm M1 trên cạnh A1B1 sao cho B1M1 = 2M1A1 . Mặt
phẳng (MNM1) chia lăng trụ thành hai phần. Một phần chứa điểm A có thể tích V1 ,
phần cịn lại có thể tích V2 . Tính tỷ số

V1
.
V2

Giải : * Gọi h là chiều cao lăng trụ.

* Mặt phẳng (MNM1) cắt A1C1 tại điểm N1 với M1 N1 // MN.
* Ba đường MM1, NN1, AA1 đồng quy tại D.
* Ta có :

DA1 DM1 DN1 A1M1 4
=
=
=
=
DA
DM
DN
AM 9

Suy ra : d ( D, ( ABC ) ) =
Và d ( D, ( A1B1C1 ) ) =

DA
9
d ( A1 , ( ABC ) ) = h
AA1
5

DA1
4
d ( A, ( A1B1C1 ) ) = h
AA1
5

1

1  9  3 3
 27
V
* VDAMN = .d ( D, ( ABC ) ) .SABC =  h   . SABC  =
3
3  5  4 4
 80
1
1  4  1
4

V
* VDA1M1N1 = d ( D, ( A1B1C1 ) ) .SA1M1N1 =  h   SABC  =
3
3  5  9
 135

V 133
4 
133
 27
V . Vậy : 1 =
Do đó : V1 = VDAMN − VDA1M1N1 =  −
V =
V2 299
432
 80 135 

Ví dụ 20 : Cho lăng trụ ABCA1B1C1 có thể tích V. Gọi M là trung điểm của AA1 ; điểm N thuộc
cạnh BB1 sao cho BN = 4NB1 và E thuộc cạnh CC1 sao cho CE = 3EC1 . Tính theo V

thể tích của khối đa diện ABCMNE.

Giải : * Gọi D, F là trung điểm của BB1 và CC1
VABCMNE = VABCMDF + VM.DFEN =

* Ta có : DN = DB1 − NB1 =
EF = FC1 − EC1 =

1
V + VM.DFEN
2

1
1
3
BB1 − BB1 = BB1
2
5
10

1
1
1
CC1 − CC1 = CC1
2
4
4

1
SDFEN 2 ( DN + EF ) d ( N,CC1 ) 1  3 1  11

Suy ra :
=
.
=  + =
SBCC1B1
BB1
d ( B,CC1 ) 2  10 4  40

12


Hình học khơng gian 12
*

Gv : Dư Quốc Đạt

VM.DFEN
S
11
2
11 2
11
= DFEN =
. Mà VA1BCC1B1 = V  VM.DFEN = . V = V
3
40 3
60
VA1BCC1B1 SBCC1B1 40

41

 1 11 
V
Vậy : VABCMNE =  +  V =
60
 2 60 

Lưu ý : Có thể dùng cơng thức :

VABCMNE 1  AM BN CE  1  1 4 3  41
= 
+
+
=  + + =
VABCA1B1C1 3  AA1 BB1 CC1  3  2 5 4  60

______________________________________________________________________

CHƯƠNG II : MẶT CẦU, MẶT TRỤ, MẶT NÓN
Bài 1 : MẶT CẦU
I. Định nghĩa :
_ Tập hợp các điểm trong không gian cách điểm O cố định một khoảng cách R cho trước gọi là mặt
cầu tâm O bán kính R. Ký hiệu : S(O, R).
_ Vậy : S(O, R) = {M / OM = R}
II. Các thuật ngữ : Cho mặt cầu S(O, R) và một điểm A
a) Nếu OA = R khi đó điểm A thuộc mặt cầu. Đoạn thẳng OA gọi là

B

bán kính của mặt cầu. Nếu OA, OB là hai bán kính sao cho A, O,


O

B thẳng hàng thì đoạn thẳng AB gọi là đường kính của mặt cầu.
Như vậy một mặt cầu được xác định nếu biết đường kính của nó.

A

b) Nếu OA < R ta nói điểm A nằm trong mặt cầu. Nếu OA > R ta nói
điểm A nằm ngồi mặt cầu.
d) Tập hợp các điểm thuộc mặt cầu S(O, R) cùng với các điểm nằm bên trong của nó gọi là khối
cầu S(O, R). Như vậy : Khối cầu S(O, R) là tập hợp các điểm M thỏa OM  R.
Trục của đường tròn : Cho đường tròn tâm O nằm trong
d

mp(P). Đường thẳng d qua O và vng góc với mp(P) gọi là
trục của đường trịn (O). Nếu có một đa giác nội tiếp đường

(C)

trịn (O) thì d cịn gọi là trục của đa giác đó.
Lưu ý : Mặt cầu đi qua mọi đỉnh của đa diện (H) gọi là mặt

(P)

cầu ngoại tiếp đa diện (H) hay đa diện (H) nội tiếp trong
một mặt cầu.
Diện tích mặt cầu, thể tích khối cầu :
2
_ Mặt cầu bán kính R có diện tích : S = 4R . _ Khối cầu bán kính R có thể tích : V =


13

4
R 3
3


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

XÁC ĐỊNH TÂM VÀ TÍNH BÁN KÍNH MẶT CẦU NGOẠI
TIẾP HÌNH CHĨP
Bài tốn xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp, ta
thường gặp một trong ba dạng sau

Dạng 1 : Nếu có nhiều điểm nhìn đoạn AB dưới một góc vng thì tất cả những điểm ấy nằm trên
mặt cầu đường kính AB.
Ví dụ 1 : Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABCD có đáy ABCD là
hình vng cạnh a , SA ⊥ (ABCD) và SC tạo với đáy (ABCD) một góc 60o .
Giải : Vì SA ⊥ ( ABCD ) nên góc giữa SC và đáy là SCA = 60o
CB ⊥ BA 
  CB ⊥ SB . Tương tự CD ⊥ SD
CB ⊥ SA 

Do đó : SAC = SBC = SDC = 90o
Nên mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là mặt cầu đường kính SC
* SC =

1

AC
= 2a 2 . Vậy : R = SC = a 2
o
cos 60
2

Ví dụ 2 : Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABCD có đáy ABCD là
hình thang cân, AB // CD, AB = 2a , AD = DC = CB = a , SA ⊥ (ABCD) và SA = 2a .
Giải : * Gọi E là trung điểm AB thì các tứ giác AECD, BEDC là hình
thoi nên EA = EB = EC = ED nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp
tứ giác ABCD.
Suy ra AB là đường kính. Do đó : ADB = ACB = 90o
 BD ⊥ AD
BC ⊥ AC
 BD ⊥ SD
 BC ⊥ SC và 
* Ta có : 
 BD ⊥ SA
BC ⊥ SA
Suy ra : SAB = SDB = SCB = 90o nên mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp là mặt cầu đường kính SB, tâm I là trung điểm SB.
1
1
SA 2 + AB2 = a 2
Bán kính : R = SB =
2
2

14



Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

Ví dụ 3 : Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Biết AB, AC, AD đơi
một vng góc với nhau và AB = 1, AC = 2, AD = 3 .
AB ⊥ AC
 AB ⊥ ( ACD )
Giải : Ta có : 
AB ⊥ AD

Dựng hình chữ nhật ACED.
ED ⊥ DA
EC ⊥ AC
 ED ⊥ DB
 EC ⊥ CB và 
Ta có : 
ED ⊥ AB
EC ⊥ BA

Suy ra : BAE = BCE = BDE = 90o nên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD cũng là mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp BACED có đường kính BE, tâm là trung điểm BE.
Bán kính R =

1
1
1
14
BE =

AB2 + AE 2 =
AB2 + AC 2 + AD 2 =
2
2
2
2

Ví dụ 4 : Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC vuông tại B, AB = a, AC = 2a . Gọi M, N là hình
chiếu của A lên SB và SC. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
ABCNM.
BC ⊥ BA
 BC ⊥ ( SAB )  BC ⊥ AM
Giải : Ta có : 
BC ⊥ SA
AM ⊥ BC
 AM ⊥ ( SBC )  AM ⊥ MC

AM ⊥ SB

Do đó : ANC = AMC = ABC
Suy ra mặt cầu ngoại tiếp hính chóp ABCNM có đường kính AC.
1
a 5
Bán kính R = SC =
.
2
2

Dạng 2 :
• Xác định tâm của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy và dựng trục của đáy.

• Tìm một cạnh bên đồng phẳng với trục thì trong mặt phẳng đó, dựng đường thẳng trung trực của
cạnh bên cắt trục của đáy tại O là tâm mặt cầu.
Lưu ý : Cạnh bên đồng phẳng với trục có 2 loại :
* Loại 1 : Cạnh bên song song với trục (Cạnh bên vng góc với đáy)
* Loại 2 : Cạnh bên cắt trục

15


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

Ví dụ 5 : Cho hình chóp SABC có ABC là tam giác đều cạnh a, SA ⊥ ( ABC ) , SA = 2a . Tìm tâm
và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC.
Giải :

* Gọi G là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC. Vì tam giác ABC đều nên G cũng là
2a 3  a 3
trọng tâm của tam giác  AG = 
=
3  2 
3

* Vẽ Gx ⊥ ( ABC ) thì Gx là trục của tam giác ABC. Vì SA ⊥ ( ABC ) nên SA / /Gx .
Trong mặt phẳng ( SA, Gx ) , gọi M là trung điểm của SA. Đường trung trực của SA cắt Gx
tại O là tâm mặt cầu.
* Bán kính : R = OA = AM 2 + AG 2 = a 2 +

3a 2 2a 3

=
9
3

Ví dụ 6 : Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình thoi cạnh a, A = 60o , SA = SC = SD = 2a .
Tìm tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC.
Nhận xét : Vì SA = SC = SD nên hình chiếu của S lên mp(ACD) là tâm đương tròn ngoại tiếp tam
giác ACD. Ta chứng minh được B là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giac ACD nên

SB ⊥ ( ACD ) . Nên hình chóp có đường cao là SB.
Giải :

* Tam giác ABD đều nên DB = a . Do đó : BA = BD = BC = a nên B là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ACD. Và do SA = SC = SD  SB ⊥ ( ABC )
* Ta có : DA = DB = DC = a nên D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Vẽ Dx ⊥ ( ABC ) thì Dx là trục của tam giác ABC. Vì SB ⊥ ( ABC ) nên SB / /Dx .

16


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

* Trong mặt phẳng (SB, Dx ) , gọi E là trung điểm của SB. Đường trung trực của SB cắt Dx
tại O là tâm mặt cầu.
* Bán kính : SB = SA 2 − AB2 = a 3  BE =

2a 3
a 3

 R = OB = BD 2 + BE 2 =
3
2

Ví dụ 7 : Cho tứ diện SABC có SB ⊥ ( ABC ) ,SB = 3a . Tam giác ABC có BC = 2a , góc
A = 120o . Tìm tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC.

Nhận xét : Ta chỉ cần gọi tên điểm D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (khơng cần chỉ ra
cách dựng điểm D). Vì góc A tù nên D nằm ngồi tam giác.
* Độ dài BD là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC. Áp dụng công thức trong
tam giác :

BC
= 2R (với R = BD)
sin A

Giải :

* Gọi D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Vẽ Dx ⊥ ( ABC ) thì Dx là trục của
tam giác ABC. Vì SB ⊥ ( ABC ) nên SB / /Dx .
* Trong mặt phẳng (SB, Dx ) , gọi E là trung điểm của SB. Đường trung trực của SB cắt Dx
tại O là tâm mặt cầu.
* Áp dụng định lý hàm sin trong tam giác ABC ta được :
* Bán kính : R = OB = BE 2 + BD 2 =

BC
2a
= 2BD  BD =
sin A
3


9a 2 4a 2 a 129
+
=
4
3
6

Ví dụ 8 : Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tam giác đều SABC có cạnh đáy bằng
a và cạnh bên bằng 2a.

17


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

Giải :

Gọi G là tâm tam giác đều ABC thì SG ⊥ ( ABC ) nên SG là trục của tam giác ABC.
Trong mp(SAG), gọi M là trung điểm SA, đường trung trực SA cắt SG tại O là tâm mặt cầu.
* SG = SA 2 − AG 2 =

a 33
.
3

* Tam giác SOM đồng dạng tam giác SAG, suy ra :
Vậy : bán kính R =


SO SM
6a
=
 SO =
SA SG
33

6a
33

Ví dụ 9 : Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC có SA = SB = SC = 5a và tam
giác ABC có AB = 5a , AC = 6a , BC = 7a.
Nhận xét : Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì GA là bán kính đường trịn.
Ta có : p =

AB + BC + CA
= 9a , S = p ( p − a )( p − b )( p − c ) = 6a 2 6
2

Bán kính đường trịn : S =

abc
abc 35 6
R=
=
a (Ở đây R = GA )
4R
4S
24


Giải :

Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Vì SA = SB = SC nên SG ⊥ ( ABC ) ,
suy ra SG là trục của tam giác ABC.
Trong mp(SAG), gọi M là trung điểm SA, đường trung trực SA cắt SG tại O là tâm mặt cầu.

18


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

* GA là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta dùng cơng thức S =
Ta có : p =

AB.BC.CA
4GA

AB + BC + CA
= 9a , S = p ( p − a )( p − b )( p − c ) = 6a 2 6
2

Bán kính đường trịn : GA =

AB.BC.CA 35 6
5 282
=
a  SG = SA 2 − AG 2 =

a
4S
24
24

Tam giác SOM đồng dạng tam giác SAG, suy ra :
Vậy : bán kính mặt cầu R =

SO SM
10 282
=
 SO =
a
SA SG
47

10 282a
.
47

Dạng 3 : Nếu trục của đáy và trục của một mặt bên cắt nhau thì giao điểm ấy là tâm mặt cầu.

Ví dụ 10 : Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABCD có ABCD là hình
vng cạnh a và tam giác SAB đều nằm trong hai mặt phẳng vng góc với nhau.
Giải :

* Gọi F là trung điểm AB thì SF ⊥ ( ABCD ) (Vì (SAB) ⊥ ( ABCD ) )
* Gọi E là giao điểm của AC và BD, vẽ Ex ⊥ ( ABCD ) thì Ex là trục hình vng ABCD.
* Gọi G là tâm tam giác đều SAB, vẽ Gy ⊥ (SAB) thì Gy là trục của tam giác SAB.
* Ta có : Ex // SF và Gy // EF nên Ex cắt Gy tại O là tâm mặt cầu.

Bán kính mặt cầu : R = OS = GO 2 + GS2 =

a 2 3a 2 a 21
+
=
4
9
6

Ví dụ 11 : Hình chóp SABCD có ABCD là hình thang vng tại A và B. AB = BC = 2a , AD = a .
Tam giác SAB vuông tại S và (SAB) ⊥ ( ABCD ) . Xác định tâm và tính bán kính mặt
cầu ngoại tiếp hình chóp SABD.

19


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

Giải :

* Gọi O, E là trung điểm BD và AB. Tam giác SAB vuông tại S nên E là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác SAB, tương tự O là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABD.
* Ta có OE ⊥ AB, (SAB) ⊥ ( ABCD )  OE ⊥ (SAB) nên OE là trục đường tròn (SAB)
Mà trục của đường tròn (ABD) qua O nên O là giao điểm của hai trục. Do đó O là tâm mặt
cầu ngoại tiếp hình chóp SABD.
* Bán kính mặt cầu : R = OS = SE + OE =
2


2

AB2 AD 2 a 5
+
=
.
4
4
2

Ví dụ 12 : Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC có tam giác ABC đều
cạnh 2a , tam giác SBC vuông cân tại S và SA = a 3 .
Giải :


BC ⊥ AM
( SAM ) ⊥ ( ABC )
* Gọi M là trung điểm BC thì 
 BC ⊥ (SAM )  
BC ⊥ SM

( SAM ) ⊥ (SBC )
* Gọi G là trọng tâm tam giác ABC thì G cũng là tâm đường tròn (ABC). Dựng trục

Gx ⊥ ( ABC ) thì Gx  (SAM ) .
* M là tâm đường trịn (SBC). Dựng trục My ⊥ (SBC ) thì My ( SAM ) .
* Trong mp(SAM) : Gx cắt My tại O là tâm mặt cầu.

20



Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

(

)

* Vẽ ra mặt phẳng ta có tam giác AMS cân tại A AM = AS = a 3 và MS =
AN = AM 2 − MN 2 = 3a 2 −

MG

* OM =

=

cos OMG

1
BC = a
2

a 2 a 11
AN
11
=
 cos MAN =
=

4
2
AM 2 3

15a 2
2a
 OA 2 = OM 2 + MA 2 − 2OM.MA.cos OMG =
11
11

* Vậy bán kính R = OA =

a 15
.
11

___________________________________________________________________

III. Vị trí tương đối giữa mặt phẳng và mặt cầu
Cho mặt cầu S(O, R) và mp(P). Gọi d = d(O, (P)) và H là hình chiếu của O lên (P). Ta có :
• Nếu d < R thì (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường trịn trong (P) có tâm là H, bán kính r = R 2 − d 2 .
• Nếu d = R thì (P) và (S) có một điểm chung duy nhất là H. Khi đó ta nói (P) tiếp xúc với (S) (hay
(P) là tiếp diện của (S)), H gọi là tiếp điểm.
• Nếu d > R thì (P) và (S) khơng có điểm chung.

R

O

R


O

R

H

H
(P) M

O

H

IV. Vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt cầu :
Cho mặt cầu S(O, R) và đường thẳng  . Gọi H là hình chiếu của O trên  và d = OH là khoảng
cách từ O tới  . Ta có :
• Nếu d < R thì  cắt (S) tại hai điểm phân biệt.
• Nếu d = R thì  và (S) có một điểm chung duy nhất là H. Khi đó ta nói  là tiếp tuyến của (S),
H là tiếp điểm
• Nếu d > R thì  và (S) khơng có điểm chung.


H

O

O



H

21



O
H


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

Định lý : Cho điểm A nằm ngoài mặt cầu S(O, R) . Khi đó : qua A có vơ số tiếp tuyến với mặt cầu
và độ dài các đoạn thẳng nối từ A đến các tiếp điểm bằng nhau.
Ví dụ 13 : Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 3. Một mặt cầu tâm O qua 3 điểm A, B, C và có
khoảng cách từ O đến mp(ABC) bằng 4. Tính thể tích khối cầu.
23 3 
Giải : Bán kính đường tròn (ABC) là r = 
= 3
3  2 

Bán kính mặt cầu : R = 3 + 16 = 19 . Vậy thể tích V =

4
76 19
R 3 =
3
3


Ví dụ 14 : Cho mặt cầu (S) có bán kính bằng 3 và khoảng cách từ tâm O của mặt cầu đến đường
thẳng d bằng 2. Đường thẳng d cắt mặt cầu (S) tại 2 điểm A, B. Tính độ dài đoạn AB.
Giải : Gọi M là trung điểm thì OM ⊥ d . Do đó : AB = 2AM = 2 9 − 4 = 2 5
Ví dụ 15 : Cho mặt cầu (S) tiếp xúc với tất cả các cạnh của tứ diện ABCD. Chứng minh rằng tổng
các cặp cạnh đối của tứ diện bằng nhau.
Giải : Gọi các tiếp điểm là E, F, G, H, I, J
Vì AE, AF, AG là các tiếp tuyến kẻ từ A nên ta đặt :
AE = AF = AG = x .
Tương tự : BE = BI = BJ = y, CJ = CF = CH = z

DH = DI = DG = t
Ta được : AB + CD = AC + BD = AD + BC = x + y + z + t

Bài 2 : MẶT TRỤ, HÌNH TRỤ, KHỐI TRỤ
I. Định nghĩa mặt trụ :
_ Tập hợp các điểm trong không gian cách đường thẳng  cố định một khoảng cách không đổi R
gọi là mặt trụ trịn xoay, hoặc đơn giàn là mặt trụ.
• Đường thẳng  gọi là trục của mặt trụ, R gọi là bán kính mặt trụ. Như vậy một
mặt trụ được xác định nếu biết trục  và bán kính R của nó.
• Nếu đường thẳng d song song với  và cách  một khoảng R thì d nằm trên
mặt trụ. Các đường thẳng d như thế gọi là đường sinh của mặt trụ.
• Vậy mặt trụ có thể xem là hình tạo bởi các đường thẳng song song và cách
đường thẳng  một khoảng R.
• Ta có thể xem mặt trụ là hình trịn xoay sinh ra khi cho đường thẳng d quay
quanh đường thẳng  song song với d.
II. Hình trụ và khối trụ :
_ Phần mặt trụ nằm giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) song song với nhau cùng với hai hình trịn (C) và
(C/) giao của (P) và (Q) với mặt trụ gọi là hình trụ.


22


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

• Hai hình trịn (C), (C/) gọi là hai mặt đáy của hình trụ, bán kính R của chúng gọi là bán kính
hình trụ. Khoảng cách giữa hai mặt đáy gọi là chiều cao của hình trụ.
• Nếu O và O/ là tâm của hai hình trịn đáy thì đoạn thẳng
OO/ gọi là trục của hình trụ.
• Với mỗi điểm M  (C) có một điểm M/  (C/) sao cho
MM/ // OO/. Hiển nhiên đoạn MM/ nằm trên mặt xung
quanh của hình trụ, có độ dài bằng chiều cao hình trụ.
Các đoạn thẳng như thế gọi là đường sinh của hình trụ.
_ Hình trụ cùng với phần bên trong của nó được gọi là khối
trụ xác định bởi hình trụ trên.
_ Mặt phẳng song song hay chứa trục hình trụ cắt hình trụ theo thiết diện là hình chữ nhật.
_ Ta có thể xem hình trụ là hình trịn xoay được sinh ra khi cho một hình chữ nhật quay xung
quanh một cạnh của nó.
III. Diện tích hình trụ và thể tích khối trụ :
_ Diện tích xung quanh của hình trụ bằng chu vi đáy nhân với chiều cao. S xq = 2Rh
2
_ Thể tích khối trụ bằng diện tích đáy nhân với chiều cao. V = R h

Ví dụ 16 : Một hình trụ có diện tích xung quanh là 40 , diện tích đáy bằng diện tích một mặt cầu
bán kính bằng 5. Hãy tính :
a) Thể tích hình trụ.
b) Diện tích thiết diện qua trục của hình trụ.
Giải : a) Mặt cầu có bán kính bằng 5 nên có diện tích là 100

Gọi h, R là chiều cao và bán kính đáy của hình trụ.
2Rh = 40
h = 2

Ta có :  2
. Vậy : V = R 2 h = 200
R = 10
R = 100
b) Diện tích thiết diện qua trục : S = 2Rh = 40
Ví dụ 17 : Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vng, diện tích xung quanh là 4
a) Tính Stp của hình trụ và thể tích khối trụ.
b) Một mp(P) song song với trục hình trụ cắt hình trụ theo một thiết diện. Biết một cạnh
của thiết diện là dây cung của đường tròn đáy và căng một cung 120o. Tính diện tích
thiết diện.
Giải : a) Thiết diện qua trục là hình vng nên ta có h = 2R
Diện tích xung quanh là 4  2Rh = 4  R = 1, h = 2
* Stp = Sxq + 2Sday = 4 + 2 = 6 và V = R 2 h = 2
b) Gọi thiết diện là ABCD
Vì AOB = 120o  AB = R 3 = 3
Vậy diện tích thiết diện là S = AB.CD = 2 3

23


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

Ví dụ 18 : Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 4, AD = 6 . Tính thể tích khối trụ sinh ra trong mỗi
trường hợp sau

a) Cho hình chữ nhật quay quanh cạnh AB.
b) Cho hình chữ nhật quay quanh cạnh AD.
Giải : a) Khi quay quanh AB ta có h = 4, R = 6.
Do đó V = R 2 h = 144
b) Khi quay quanh cạnh AD ta có h = 6, R = 2.
Do đó V = R 2 h = 24

Bài 3 : MẶT NĨN, HÌNH NĨN, KHỐI NĨN
I. Định nghĩa mặt nón :
_ Cho đường thẳng  và một điểm O cố định trên  . Tập hợp gồm điểm O và các điểm M không
trùng với O sao cho đường thẳng OM tạo với  một góc khơng đổi  (0o <  < 90o) được gọi là
mặt nón trịn xoay hay mặt nón.
• Điểm O là đỉnh của mặt nón,  là trục của mặt nón, góc 2 gọi là
góc ở đỉnh của mặt nón.

O

• Một mặt nón được xác định nếu biết : Đỉnh, trục và góc ở đỉnh.
• Nếu M là điểm trên mặt nón khơng trùng với đỉnh O thi tồn bộ đường
thẳng OM cũng nằm trên mặt nón. Đường thẳng OM gọi là đường sinh
của mặt nón.



M

l

II. Hình nón và khối nón :
_ Cho mặt nón có đỉnh O và trục  . Một mp(P) vng góc với  tại I cắt mặt nón theo đường trịn

(C). Phần của mặt nón tạo bởi đỉnh O với hình trịn (C) gọi là hình nón.
• Điểm O gọi là đỉnh của hình nón, hình trịn (C) gọi là đáy của hình
nón. Với điểm M trên (C), đoạn thẳng OM gọi là đường sinh của
hình nón (các đường sinh đều bằng nhau). Đoạn thẳng OI gọi là trục
của hình nón, độ dài OI gọi là chiều cao của hình nón.
_ Hình nón cùng với phần bên trong của nó gọi là khối nón.
_ Một mặt phẳng qua đỉnh hình nón mà cắt hình nón thì thiết diện là
tam giác cân.
_ Ta có thể xem hình nón là hình trịn xoay sinh ra khi cho một tam giác vuông quay xung
quanh một cạnh góc vng.

24


Hình học khơng gian 12

Gv : Dư Quốc Đạt

III. Diện tích hình nón, thể tích khối nón :
_ Diện tích xung quanh của hình nón bằng một nửa tích số của độ dài đường tròn đáy với độ dài
đường sinh. Sxq = Rl
_ Thể tích khối nón bằng một phần ba diện tích hình trịn đáy với chiều cao. V =

1
R 2h
3

Ví dụ 19 : Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh 2a. Tính diện tích xung
quanh và thể tích hình nón.
2a 3

= a 3 , R = a , l = 2a
2
1
a 3 3
Vậy : Sxq = Rl = 2a 2  và V = R 2 h =
3
3

Giải : Ta có : h =

Ví dụ 20 : Một hình nón có bán kính đáy 3 và thể tích bằng 9 . Tính góc ở đỉnh của hình nón.
1 2
R h = 9  h = 3
3
Vậy thiết diện qua trục là tam giác vng cân nên góc ở đỉnh bằng 90 o

Giải : Gọi h là chiều cao của hình nón. Ta có :

Ví dụ 21 : Cho tam giác ABC vng tại A có AB = 3, AC = 4 . Tính thể tích khối trịn xoay sinh ra
trong mỗi trường hợp sau :
a) Cho tam giác ABC quay quanh cạnh AB.
b) Cho tam giác ABC quay quanh cạnh BC.
1
Giải : a) Khi quay quanh AB, ta có : h = 3, R = 4 . Do đó : V = R 2 h = 16
3
12
b) Gọi AH là đường cao, AH = , BC = 5 .
5
Khi quay quanh BC ta được 2 nón như hình vẽ.
Nón 1 có chiều cao BH, bán kính đáy là AH

Nón 2 có chiều cao CH, bán kính đáy là AH.
1
1
1
48
Vậy : V = AH 2 .BH + AH 2 .CH = AH 2 .BC =
3
3
3
5

Bài tập
Bài 1 : Cho tứ diện SABC có ABC là tam giác vng tại A, AB = a, B = 60o, SA ⊥ ( ABC ) , SB tạo
với mp(SAC) một góc 45o.
a) Tính thể tích tứ diện.
b) Tính khoảng cách từ A đến mp(SBC).
c) Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện. d) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC), (ABC).
e) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.
ĐS : a)

a 5
a 21
a 3
a3 3
2
; b)
; c) R =
; d) tan  =
; e)
2

7
2
6
3

Bài 2 : Cho tứ diện SABC có ABC là tam giác đều cạnh a, SA ⊥ ( ABC ) , SB tạo với mp(SAC) một
góc 45o.

25